Ｎewnode‘s NOI 模拟赛 第二题 （单调dp）

第二题

问题描述



样例输入 1

3 2

*#

#*

##

样例输出 1

2

样例输入 2

4 5

*####

*####

*####

#* * * #

样例输出 2

3

提示

对于20%的数据n,m<=5；

对于50%的数据满足n,m<=500；

对于100%的数据满足2<=n,m<=2000。

题意要求用每次消去正或反的Ｌ形的三个格子，消除所有的关键格子，需要的最小步数。

显然每一列只需要关心最上面一个关键格子的位置就行了。

因此令A[i]A[i]表示第ii列最上面一个关键格子是从下往上数的第几个格子。

先考虑暴力的dp，令F[i][j]F[i][j]表示前ii列，前i−1i−1列已经消完，第ii列还需要消jj个格子的最优步数。

那么转移的时候枚举第ii列消去了kk个反Ｌ形，有

F[i][j]=min(F[i−1][k+2(A[i]−j−2k)]+k+A[i]−j−2k)F[i][j]=min(F[i−1][k+2(A[i]−j−2k)]+k+A[i]−j−2k)

k+2(A[i]−j−2k)k+2(A[i]−j−2k)表示消去第ii行时，第i−1i−1行会被消去的数量，也可以从F[i−1]F[i−1]第二维更小的位置转移过来，但显然不会更优。另外，F[i][A[i]+1]−F[i][n]F[i][A[i]+1]−F[i][n]都赋值为F[i−1][0]F[i−1][0]

这个dp是O(n3)O(n3)的，需要优化。

考虑一下每次转移时F[i][j]F[i][j]和F[i][j+1]F[i][j+1]分别在kk等于多少时取得最优值，一个结论是F[i][j+1]F[i][j+1]取得最优值的kk一定小于等于F[i][j]F[i][j]取得最优值的k，这个结论脑补一下就能理解。因为需要消去的块变少了，那么相应的操作数一定是不增的。

容易得到F[i]F[i]是随着j变大而单调不增的。

再观察一下可以发现，在jj确定的时候，F[i−1][2A[i]−2j−3k]+A[i]−j−kF[i−1][2A[i]−2j−3k]+A[i]−j−k的取值是单峰的。因为F[i−1][2A[i]−2j−3k]F[i−1][2A[i]−2j−3k]随k的减小是不增的，A[i]−j−kA[i]−j−k是单增的，因此它是单峰的。

那么我们得到了一个很好的性质，即F[i][j]F[i][j]的转移是单峰的，并且峰的位置是单调的。

因此我们就可以将枚举k的复杂度变成均摊O(1)O(1)的了。只需要每次记录一下最优的k取值，讨论j+1j+1时直接从这个最优取值开始，如果k−1k−1不能更优就breakbreak就行了。

总时间复杂度O(n2)O(n2)

代码：

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define N 2005
using namespace std;
int n,m,F

,A
;
char map

;
int main()
{
int i,j,k,x,id;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("\n%s",&map[i][1]);
for(i=1;i<=m;i++)
{
for(j=1;j<=n;j++)if(map[j][i]=='*')break;
A[i]=n+1-j;
}
memset(F,60,sizeof(F));
for(i=0;i<=n;i++)F[0][i]=0;
for(i=1;i<=m;i++)
{
id=A[i]>>1;
for(j=0;j<=A[i];j++)
{
id=min(id,A[i]-j>>1);
for(k=id;k>=0;k--)
{
x=k+(A[i]-j-2*k<<1);
if(x>A[i-1])x=A[i-1];
if(F[i][j]>=F[i-1][x]+A[i]-j-k)id=k,F[i][j]=F[i-1][x]+A[i]-j-k;
else break;
}
}
for(j=A[i]+1;j<=n;j++)F[i][j]=F[i-1][0];
}
printf("%d",F[m][0]);
}