BZOJ1597: [Usaco2008 Mar]土地购买
2017-02-18 10:10
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先按x排序。得到一个x单调递增的二元组。
f[i]=min(f[j]+x[i]∗maxy(j+1,i))
maxy(j+1,i)表示,j+1到i,y的最大值。
这个式子没办法从做法上优化。
那么再考虑一个性质:
若x[i]<=x[j]&&y[i]<=y[j] 那么 i 存不存在对答案没有影响,选 j 时带上 i 即可。
因为x已经单调递增,所以我们只需维护y单调递减就可以了。将不需要的矩形删掉。
那么dp方程转为:
f[i]=min(f[j]+x[i]∗y[j+1])
对于决策k优于决策j且k>j
f[k]+x[i]∗y[k+1]<f[j]+x[i]∗y[j+1]
具有决策单调性很显然
对于i之后的所有t,令x[t]=x[i]+c
显然f[k]+(x[i]+c)∗y[k+1]<f[j]+(x[i]+c)∗y[j+1]
斜率式也很好推:
x[i]>f[k]−f[j]y[j+1]−y[k+1]
先按x排序。得到一个x单调递增的二元组。
f[i]=min(f[j]+x[i]∗maxy(j+1,i))
maxy(j+1,i)表示,j+1到i,y的最大值。
这个式子没办法从做法上优化。
那么再考虑一个性质:
若x[i]<=x[j]&&y[i]<=y[j] 那么 i 存不存在对答案没有影响,选 j 时带上 i 即可。
因为x已经单调递增,所以我们只需维护y单调递减就可以了。将不需要的矩形删掉。
那么dp方程转为:
f[i]=min(f[j]+x[i]∗y[j+1])
对于决策k优于决策j且k>j
f[k]+x[i]∗y[k+1]<f[j]+x[i]∗y[j+1]
具有决策单调性很显然
对于i之后的所有t,令x[t]=x[i]+c
显然f[k]+(x[i]+c)∗y[k+1]<f[j]+(x[i]+c)∗y[j+1]
斜率式也很好推:
x[i]>f[k]−f[j]y[j+1]−y[k+1]
【代码】
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <queue> #define INF 1000000001 #define mod 1000000007 #define N 50005 using namespace std; typedef long long ll; int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } int n,m; int x ,y ,q ; ll f ; class Node{ public: int x,y; }e ; bool operator <(Node a,Node b){ return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x; } double slope(int j,int k){ return (double) (f[k]-f[j])/(double) (y[j+1]-y[k+1]); } int main() { n=read(); for(register int i=1;i<=n;i++) e[i].x=read(),e[i].y=read(); sort(e+1,e+1+n); for(register int i=1;i<=n;i++) { while(m&&e[i].y>=y[m]) m--; x[++m]=e[i].x,y[m]=e[i].y; } int l=0,r=0; for(register int i=1;i<=m;i++) { while(l<r&&slope(q[l],q[l+1])<=x[i]) l++; int t=q[l];f[i]=f[t]+(ll)x[i]*y[t+1]; while(l<r&&slope(q[r],i)<slope(q[r-1],q[r])) r--; q[ ++r]=i; } printf("%lld\n",f[m]); return 0; }
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