[USACO09JAN] 气象测量/气象牛The Baric Bovine 解题报告(DP)

题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2933

Description

　　为了研究农场的气候,Betsy帮助农夫John做了N(1 <= N <= 100)次气压测量并按顺序记录了结果M_1...M_N(1 <= M_i <= 1,000,000).
　　Betsy想找出一部分测量结果来总结整天的气压分布. 她想用K(1 <= K <= N)个数s_j
(1 <= s_1 < s_2 < ... < s_K <= N)来概括所有测量结果. 她想限制如下的误差:
　　对于任何测量结果子集,每一个非此子集中的结果都会产生误差.总误差是所有测量结果的误差之和.更明确第说, 对于每一个和所有s_j都不同的i:
　　* 如果 i 小于 s_1, 误差是:2 * | M_i - M_(s_1) |
　　* 如果i在s_j和s_(j+1)之间,误差是:| 2 * M_i - Sum(s_j, s_(j+1)) |
　　注:Sum(x, y) = M_x + M_y; (M_x 和 M_y 之和)
　　* 如果i大于s_K,误差为:2 * | M_i - M_(s_K) |
　　Besty给了最大允许的误差E (1 <= E <= 1,000,000),找出最小的一部分结果使得误
差最多为E.

Input

　　第一行: 两个空格分离的数: N 和 E
　　第2..N+1行: 第i+1行包含一次测量记录:M_i

Output

　　第一行: 两个空格分开的数: 最少能达到误差小于等于E的测量数目和使用那个测量数目能达到的最小误差.

Sample Input

Sample Output

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题目大意就是给你一个集合，告诉你如何判定它的子集是否合法并让你找到一个最优子集

解法：

首先我们预处理出一个数组pre，pre[i][j]保存在i到j之间元素对误差的贡献，即我们枚举z(j-1>=z>=i+1)，计算abs(2*m[z]-m[i]-m[j])

特殊的是，我们还需要处理出pre[i][0]和pre[i][n+1]，分别表示在i之间和在i之后的元素对误差的贡献（感觉贡献这个词怪怪的）

预处理时间复杂度O(n³)

考虑如何DP

定义DP[i][j]表示前j个元素，必选第j个元素，总共选择了i个产生的最小误差。为什么把i放在前，j放在后呢？因为我们首先最小化的是子集的大小。状态转移方程就是：

dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][q]+sum)(i-1<=q<=j)

我们有sum=-pre[q][n+1]+pre[q][j]+pre[j][n+1]（之前我们是把q当成是子集的结尾并加上了它之后对误差的贡献，于是此时我们减去这个值改为用j来作为最后一个元素）

DP时间复杂度O(n³)

注意i=1的情况我们提前处理出来就是了

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<math.h>

#define ri register int

#define ll long long

using namespace std;

const int maxn=+;

const int inf=0x3f3f3f3f;

int n,e,k;

ll ans;

int m[maxn];

ll dp[maxn][maxn],pre[maxn][maxn];

int main()

{

    scanf("%d%d",&n,&e);

    for (ri i=;i<=n;i++)

    scanf("%d",&m[i]);

    for (ri i=;i<=n;i++)

    {

        for (ri j=i+;j<=n;j++)

            for (ri k=i+;k<=j-;k++)

                pre[i][j]+=abs(*m[k]-m[i]-m[j]);

        for (int j=;j<i;j++) pre[i][]+=*abs(m[j]-m[i]);

        for (int j=i+;j<=n;j++) pre[i][n+]+=*abs(m[j]-m[i]);

    }

    k=n;ans=inf;

    for (ri i=;i<=n;i++)

    {

        dp[][i]=pre[i][]+pre[i][n+];

        if (dp[][i]<=e)

        {

            k=;

            if (dp[][i]<ans) ans=dp[][i];

        }

    }

    for (ri i=;i<=n;i++)

    {

        for (ri j=i;j<=n;j++)

        {

            dp[i][j]=inf;

            for (ri q=i-;q<j;q++)

            {

                int sum=-pre[q][n+]+pre[q][j]+pre[j][n+];

                dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-][q]+sum);

            }

            if (dp[i][j]<=e)

            {

                if (i<k) {k=i;ans=dp[i][j];}

                if (i>k) continue;

                if (i==k) ans=min(ans,dp[i][j]);

            }

        }

    }

    printf("%d %lld\n",k,ans);

    return ;

}