HDU 3669 Cross the Wall

题目大意

给定 $N$ 个矩形的宽和高, $(h_1, w_1), (h_2, w_2), \dots, (h_n w_n)$ . 现需要确定 $k$ ($k \le K$, $K$ 给定) 个矩形 $(H_i, W_i)$ , 使得 $\forall i \ (1\le i\le N), \exists j,\ s.t.\ H_j \ge h_i$ 且 $W_j \ge w_i$, 此时称这后 $k$ 个矩形覆盖前 $N$ 个矩形, 代价为 $\sum_{1\le i \le k} H_i W_i$ , 即 $k$ 个矩形的面积之和. 求覆盖这 $N$ 个矩形的最小代价.

Solution

DP方程

对 $N$ 个矩形按 (宽, 高) 双关键字从小到大排序. 按此顺序构造一个高严格递减的矩形队列, 只考虑这个队列里的矩形, 记队列里的剩下的矩形数目为 $n, \ (n \le N)$ .

$dp[i][j]$ : 用 $j$ 个矩形覆盖队列中前 $i$ 个矩形的最小代价.

$$

\begin{equation}

dp[i][j] = \min {dp[i'][j-1]+w_i \times h_{i'+1}} \quad (0\le i' <i) \label{dp_eq}

\end{equation}

$$

边界条件: $dp[0][0]=0$

斜率优化

固定 $j$ , 用斜率优化 $i$ 这一维的决策.

关于斜率优化的细致讨论见 this post.

写出斜率不等式:

$$

\begin{equation}

g(i_1, i_2) < f(i) \quad (i_1<i_2) \label{general_ineq}

\end{equation}

$$

其中

$$ g(i_1, i_2) = \dfrac{dp[i_2][j-1] - dp[i_1][j-1]}{h[i_1+1]-h[i_2+1]}$$

$$ f(i) = w[i]$$

维护一个相邻点斜率严格递增的点的队列, 由于 $f(i)$ 单调递增 , 在维护单调队列的基础上, 计算 $dp[i][j]$ 之前, 若队首两点 $i_1, i_2$ 满足 $g(i_1, i_2) \le f(i)$ , 就将队首元素出队, 重复该过程. 将队首元素代入 $\ref{dp_eq}$ 式右边计算 $dp[i][j]$ 的值.

Implementation

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=5e4+5, K=105;
using ll=long long;

ll dp[N][K];

// dp[i][j]=min()
int n, k;
ll w[N], h[N];

bool cmp(int x, int y){
    return w[x]<w[y] || w[x]==w[y] && h[x]<h[y];    // error-prone
}

int idx[N];
int q[N], t; // q[0]=0

void prep(){
    for(int i=1; i<=n; i++)
        idx[i]=i;
    sort(idx+1, idx+n+1, cmp);
    t=0;
    // q[++tail]=idx[1];
    for(int i=1; i<=n; i++){
        while(t && h[q[t]]<=h[idx[i]])
            --t;
        q[++t]=idx[i];
    }
}

// x < y: index of q

ll nu(int i, int x, int y){
    return dp[y][i]-dp[x][i];
}

ll de(int x, int y){
    return h[q[x+1]]-h[q[y+1]];
}

// the first dimension of dp[i][j] and q[i] are associated.

int que[N], head, tail;

int main(){
    h[0]=1e6+5;
    for(; cin>>n>>k; ){
        for(int i=1; i<=n; i++)
            scanf("%lld%lld", w+i, h+i);

        prep();

        for(int j=0; j<=k; j++)
            dp[0][j]=0;
        for(int i=1; i<=t; i++)
            dp[i][0]=1e12+5; //error-prone

        // p_i: (h[q[i+1]], dp[i])
        for(int j=1; j<=k; j++){    // j: number of rectangles.
            head=tail=0;    // index of que
            // 1. idx of q stored 2. 0-indexed
            que[tail++]=0;
            for(int i=1; i<=t; i++){    // i: index of q
                while(tail-head>=2 &&
                    nu(j-1, que[head], que[head+1]) <= de(que[head], que[head+1])*w[q[i]])
                    ++head;

                dp[i][j]=dp[que[head]][j-1]+h[q[que[head]+1]]*w[q[i]];
                // printf("(%d,%d):%lld\n", i, j, dp[i][j]);

                while(tail-head>=2 &&
                    nu(j-1, que[tail-2], que[tail-1])*de(que[tail-1], i)
                    >=nu(j-1, que[tail-1], i)*de(que[tail-2], que[tail-1]))
                    --tail;

                que[tail++]=i;  //error-prone
            }
        }

        ll res=LLONG_MAX;
        for(int j=1; j<=k; j++)
            res=min(res, dp[t][j]);
        assert(res>0);
        cout<<res<<endl;
    }
    return 0;
}

Pitfalls

如何将已经能被其他矩形覆盖的矩形剔除.