HDU 3480 - Division - [斜率DP]
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3480
Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others) Memory Limit: 999999/400000 K (Java/Others)
Let T be a set of integers. Let the MIN be the minimum integer in T and MAX be the maximum, then the cost of set T if defined as (MAX – MIN)^2. Now given an integer set S, we want to find out M subsets S1, S2, …, SM of S, such that
Input
The input contains multiple test cases.
In the first line of the input there’s an integer T which is the number of test cases. Then the description of T test cases will be given.
For any test case, the first line contains two integers N (≤ 10,000) and M (≤ 5,000). N is the number of elements in S (may be duplicated). M is the number of subsets that we want to get. In the next line, there will be N integers giving set S.
Output
For each test case, output one line containing exactly one integer, the minimal total cost. Take a look at the sample output for format.
Sample Input
2
3 2
1 2 4
4 2
4 7 10 1
Sample Output
Case 1: 1
Case 2: 18
题意:
给出含有N元素的集合S,选取M个S的子集,要求满足S1 U S2 U … U SM = S;
定义一个集合的最大元素为MAX,最小元素为MIN,它的花费为(MAX - MIN)2,现要求所有子集的总花费最少为多少。
题解:
先将S内元素从小到大排列,然后将这N个元素的序列分成M组(因为若有重叠元素,必然会使得花费增加);
那么假设dp[i][j]为前i个数分成j组的最小花费,那么求出dp[N][M]即可回答问题;
状态转移方程为dp[i][j] = min{ dp[k][j-1] + (S[i] - S[k+1])2 },j-1≤k<i;
那么当j固定时,计算dp[i][j]时需要枚举k,若k可能取值到a,b两点,且j-1≤a<b<i,
若有 dp[b][j-1] + (S[i] - S[b+1])2 ≤ dp[a][j-1] + (S[i] - S[a+1])2,则b点优于a点;
将上式变形,得到:
b点优于a点 <=>
再然后就是斜率优化的老套路了(斜率优化的详情查看斜率DP分类里之前的文章),就不再赘述。
AC代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=+; int n,m,S[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int q[maxn],head,tail; int up(int a,int b,int j) //g(a,b)的分子部分
{
return (dp[b][j-]+S[b+]*S[b+])-(dp[a][j-]+S[a+]*S[a+]);
}
int down(int a,int b) //g(a,b)的分母部分
{
return *S[b+]-*S[a+];
} int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
for(int kase=;kase<=t;kase++)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&S[i]);
sort(S+,S+n+); for(int i=;i<=n;i++) dp[i][]=(S[i]-S[])*(S[i]-S[]);
for(int j=;j<=m;j++)
{
head=tail=;
q[tail++]=j-;
for(int i=j;i<=n;i++)
{
while(head+<tail)
{
int a=q[head], b=q[head+];
if(up(a,b,j)<=S[i]*down(a,b)) head++; //g(a,b)<=S[i]
else break;
}
int k=q[head];
dp[i][j]=dp[k][j-]+(S[i]-S[k+])*(S[i]-S[k+]); while(head+<tail)
{
int a=q[tail-], b=q[tail-];
if(up(a,b,j)*down(b,i)>=up(b,i,j)*down(a,b)) tail--; //g(a,b)>=g(b,i)
else break;
}
q[tail++]=i;
}
} printf("Case %d: %d\n",kase,dp[n][m]);
}
}
注意DP边界的初始化。
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