[ZJOI2010] 基站选址 题解

前言

题目链接：洛谷。

题意简述

[ZJOI2010] 基站选址。

有 \(N\) 个村庄坐落在一条直线上，第 \(i\) 个村庄距离第 \(1\) 个村庄的距离为 \(D_i\)。需要在这些村庄中建立不超过 \(K\) 个通讯基站，在第 \(i\) 个村庄建立基站的费用为 \(C_i\)。如果在距离第 \(i\) 个村庄不超过 \(S_i\) 的范围内建立了一个通讯基站，那么就村庄被基站覆盖了。如果第 \(i\) 个村庄没有被覆盖，则需要向他们补偿，费用为 \(W_i\)。请选择基站的位置，使得总费用最小。

题目分析

显然考虑使用 DP。状态也很好想，用 \(f[i][j]\) 表示考虑了前 \(i\) 个村庄，在第 \(i\) 个村庄上有一个基站，一共建了 \(j\) 个基站，前 \(i\) 个村庄的花费。

思考这个状态为什么是对的。也即为什么记录前 \(i\) 个村庄的花费是正确的。发现，如果第 \(i\) 个位置建了基站，前面的村庄都覆盖不到的话，再在后面建基站，也是不会覆盖得到的。这样就没有了后效性，这个状态是正确的。

很容易得到转移方程：

\[f[i][j] = \min _ {k = 0} ^ {i - 1} \Big \lbrace f[k][j - 1] + cost[k][i] + C_i \Big \rbrace
\]

其中，\(cost[l][r]\) 表示如果在 \(l\) 和 \(r\) 处建有基站，在 \(l \sim r\) 中，不能被覆盖到的村庄的赔偿总和。用形式化的语言表示如下，在条件中已经暗含了 \(i \in [l, r]\) 这个限制：

\[cost[l][r] = \sum _ {D_l < D_i - S_i \wedge D_i + S_i < D_r} W_i
\]

二维数点问题吧。考虑再简化一下，记 \(L[i]\) 表示 \(i\) 左边最远能覆盖到 \(i\) 的基站。用形式化的语言表示如下：

\[L[i] = \min _ {D_j \geq D_i - S_i} \Big \lbrace j \Big \rbrace
\]

同理记 \(R[i]\) 表示 \(i\) 右边最远能覆盖到 \(i\) 的基站。

\[R[i] = \max _ {D_j \leq D_i + S_i} \Big \lbrace j \Big \rbrace
\]

这个可以用二分预处理。那么 \(cost[l][r]\) 的表达式变为了：

\[cost[l][r] = \sum _ {l < L[i] \wedge R[i] < r} W_i
\]

考虑 \(r\) 从小到大的扫描线，维护一颗线段树，记录在当前右端点为 \(r\) 的所有 \(cost[l][r]\) 的值。查询完后，对所有 \(R[i] = r\) 的 \(i\)，对 \(0 \sim L[i] - 1\) 增加 \(W_i\)。可以画出坐标系理解一下。

我们显然不能预处理出所有的 \(cost[l][r]\)，所以只能边 DP 边查询。不妨把最外层的状态去掉，记 \(g[i] = f[i][j - 1]\)，那么重写转移方程：

\[\begin{aligned}
f[i] &= \min _ {k = 0} ^ {i - 1} \Big \lbrace g[k] + cost[k][i] + C_i \Big \rbrace \\
&= \min _ {k = 0} ^ {i - 1} \Big \lbrace g[k] + cost[k][i] \Big \rbrace + C_i
\end{aligned}
\]

所以用来扫描线的线段树，建树时把 \(g[k]\) 作为初值，这样每次只用查询线段树里 \(0 \sim i - 1\) 的最小值就行了。

初始 \(f[0] = 0\)，其它 \(f[i] = \infty\)。答案 \(ans = \min \limits _ {k = 0} ^ {n} \Big \lbrace g[k] + cost[k][n + 1] \Big \rbrace\)，也即线段树查询 \(0 \sim n\) 的最小值。

时间复杂是：\(\Theta(nk \log n)\)。

代码

略去快读快写。

// #pragma GCC optimize(3)
// #pragma GCC optimize("Ofast", "inline", "-ffast-math")
// #pragma GCC target("avx", "sse2", "sse3", "sse4", "mmx")
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define debug(a) cerr << "Line: " << __LINE__ << " " << #a << endl
#define print(a) cerr << #a << "=" << (a) << endl
#define file(a) freopen(#a".in", "r", stdin), freopen(#a".out", "w", stdout)
#define main Main(); signed main() { return ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), Main(); } signed Main
using namespace std;

#include <algorithm>
#include <vector>

int n, k, ans = 0x3f3f3f3f;
int d[20010], c[20010], r[20010], w[20010];
int L[20010], R[20010], f[20010];
vector<pair<int, int>> yzh[20010];

struct Segment_Tree {
	#define lson (idx << 1    )
	#define rson (idx << 1 | 1)

	struct node {
		int l, r;
		int mi, lazy;
	} tree[20010 << 2];

	void pushup(int idx) {
		tree[idx].mi = min(tree[lson].mi, tree[rson].mi);
	}

	void build(int idx, int l, int r) {
		tree[idx] = {l, r, 0x3f3f3f3f, 0};
		if (l == r) return tree[idx].mi = f[l], void();
		int mid = (l + r) >> 1;
		build(lson, l, mid), build(rson, mid + 1, r);
		pushup(idx);
	}

	void pushtag(int idx, int val) {
		tree[idx].lazy += val;
		tree[idx].mi += val;
	}

	void pushdown(int idx) {
		if (!tree[idx].lazy) return;
		pushtag(lson, tree[idx].lazy);
		pushtag(rson, tree[idx].lazy);
		tree[idx].lazy = 0;
	}

	void modify(int idx, int l, int r, int val) {
		if (tree[idx].l > r || tree[idx].r < l) return;
		if (l <= tree[idx].l && tree[idx].r <= r) return pushtag(idx, val);
		pushdown(idx);
		modify(lson, l, r, val);
		modify(rson, l, r, val);
		pushup(idx);
	}

	int query(int idx, int l, int r) {
		if (tree[idx].l > r || tree[idx].r < l) return 0x3f3f3f3f;
		if (l <= tree[idx].l && tree[idx].r <= r) return tree[idx].mi;
		pushdown(idx);
		return min(query(lson, l, r), query(rson, l, r));
	}

	void output(int idx) {
		if (tree[idx].l == tree[idx].r) {
			cout << tree[idx].mi << " \n"[tree[idx].l == n] << flush;
			return;
		}
		pushdown(idx);
		output(lson);
		output(rson);
	}

	#undef lson
	#undef rson
} tree;

signed main() {
	fread(buf, 1, MAX, stdin);
	read(n), read(k), d[0] = -0x3f3f3f3f;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) read(d[i]);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(c[i]);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(r[i]);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(w[i]);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		L[i] = lower_bound(d, d + n + 1, d[i] - r[i]) - d;
		R[i] = upper_bound(d, d + n + 1, d[i] + r[i]) - d - 1;
		yzh[R[i]].push_back({L[i], w[i]});
		f[i] = 0x3f3f3f3f;
	}
	for (int i = 0; i <= k; ++i) {
		tree.build(1, 0, n);
		for (int j = 1; j <= n; ++j) {
			f[j] = tree.query(1, 0, j - 1) + c[j];
			for (const auto& [l, w]: yzh[j])
				tree.modify(1, 0, l - 1, w);
		}
		ans = min(ans, tree.query(1, 0, n));
	}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

后记 & 反思

据说有 \(\Theta(n \log n \log w)\) 的做法？但是我太蒻了，并不会。

模拟赛的时候没想到 DP 的时候只用考虑前 \(i\) 个村庄的花费，而是用总的减去被覆盖到的，虽说本质相同，但是难分析。

挺板子的，但是没做出来。可能是时间不够了？