Gym 100801 J. Journey to the “The World’s Start” DP+单调队列优化+二分
http://codeforces.com/gym/100801
题目大意:有从左到右有n个车站,有n-1种车票,第i种车票一次最多可以坐 i 站(1<=i<=n) 每种票有固定的价钱p[i],下车后可以继续上车,但每次下车都要再上车都要花费一定时间v[i],第1和n站上车不花费时间,车从一站到相邻的一站需要1分钟。只能买一种车票,问在t时间内 所有能从第1站到 第n站的方案 花费 的票价最低是多少。
解题思路:
这道题的关键在于如何求每种票起点到达终点所需的最少时间,如果找出了每种票到车站的最少时间,再直接判断哪种票最便宜就好了。
对于求每种票的时间,最直观的想法是对每一种票进行dp,设dp[i]为到i站所需的最少时间,k为此票最多能乘坐的站数,v[i]为在此站下车又上车的时间。
dp[i]=min(dp(i-j))+v[i] 1<=j<=i-k
对于n-1种票,每种票枚举n个车站,枚举到每个车站时还要向前推k个,复杂度为O(n^3)
但我们会发现,如果 坐n站的车票,能够在t时间内到达 。那么 坐n+1站的车票,也能够在t时间内到达。 这样我们就可以二分查找所需时间小于等于t-(n-1)的车票中能坐站数最少的车票就好了。(规定时间内能够到达的车票分界线)复杂度n^2*logn 还是会超时
对于每次dp,我们观察状态方程发现最佳状态是找dp[i-j](1<=j<=i-k)区间中的最小值,每次查找时间是o(k) 。其实我们可以维护一个长度为k的单调队列来找最小值。复杂度o(n*logn) ,解决。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+ ,mod = ,inf=0x3f3f3f3f;
const double pi=acos(-1.0);
typedef long long ll;
ll dp[maxn];
ll p[maxn],v[maxn],n,m;
struct node
{
ll val,pos;
}q[maxn];
ll solve(ll k)
{
memset(dp,inf,sizeof(dp));
ll head=,tail=;
for(ll i=;i<=k;i++) //前k个的最优解就是v[i]
{
dp[i]=v[i];
while(head<=tail&&dp[i]<=q[tail].val)tail--;
q[++tail].val=dp[i],q[tail].pos=i;
}
//cout<<tail<<endl;
for(ll i=k;i<=n;i++)
{
while(i-q[head].pos>k)head++; //注意下标范围
dp[i]=min(dp[q[head].pos]+v[i],dp[i]);
while(head<=tail&&dp[i]<=q[tail].val)tail--; //维护单调性
q[++tail].val=dp[i],q[tail].pos=i;
//for(int j=1;j<=k;j++) //未优化之前代码
// {
// if(i-j>0)
// dp[i]=min(dp[i-j]+v[i],dp[i]);
// }
}
return dp[n];
}
int main()
{
freopen("journey.in","r",stdin); //交题要用到文件流
freopen("journey.out","w",stdout);
scanf("%lld %lld",&n,&m);
for(ll i=;i<=n-;i++)
scanf("%lld",&p[i]);
v[]=v[n]=;
for(ll i=;i<=n-;i++)
scanf("%lld",&v[i]);
m-=n-;
ll l=,r=n-;
while(l<=r) //二分
{
ll mid=(l+r)/;
if(solve(mid)>m)
l=mid+;
else
r=mid-;
}
ll ans=inf;
for(ll i=l;i<=n-;i++) //找到分界点从右边区间找最小值
{
ans=min(ans,p[i]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
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