1597: [Usaco2008 Mar]土地购买 [ dp+斜率优化 ] 未完

1597: [Usaco2008 Mar]土地购买

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Description

农夫John准备扩大他的农场,他正在考虑N (1 <= N <= 50,000) 块长方形的土地. 每块土地的长宽满足(1 <= 宽 <= 1,000,000; 1 <= 长 <= 1,000,000). 每块土地的价格是它的面积,但FJ可以同时购买多快土地. 这些土地的价格是它们最大的长乘以它们最大的宽, 但是土地的长宽不能交换. 如果FJ买一块3x5的地和一块5x3的地,则他需要付5x5=25. FJ希望买下所有的土地,但是他发现分组来买这些土地可以节省经费. 他需要你帮助他找到最小的经费.

Input

* 第1行: 一个数: N

* 第2..N+1行: 第i+1行包含两个数,分别为第i块土地的长和宽

Output

* 第一行: 最小的可行费用.

Sample Input

4
100 1
15 15
20 5
1 100

输入解释:

共有4块土地.

Sample Output

500

HINT

FJ分3组买这些土地: 第一组:100x1, 第二组1x100, 第三组20x5 和 15x15 plot. 每组的价格分别为100,100,300, 总共500.

Source

Gold

先转载一发大牛的博客：http://blog.csdn.net/sdj222555/article/details/8229192

以下题解来自上面的博客：

这题还算是比较经典的。

首先我们按x,y都递减排序。其中x是宽，y是长

然后发现如果一个矩形的长宽都不大于另一个矩形的长宽。那么这个矩形的花费就是0，因为买那个矩形顺便就买了这个小的。

所以去除这些不花钱的矩形。

剩下的矩形，x是递减的，y是递增的

然后可以写出转移方程

f[i] = min(f[j] + x[j + 1] * y[i]) (j < i)

然后为了方便，把x数组坐标提前一下

f[i] = min(f[j] + x[j] * y[i]) (j < i)

然后发现是n ^2的。不优化会超时

这就要用到经典的斜率优化了

考虑两个决策f[j],f[k]并假设j<k。
如果对于f[i]，从f[j]转移来比从f[k]转移来更优，那么有：
f[j]+x[j]*y[i]<f[k]+x[k]*y[i]
移项得：
y[i]<(f[k]-f[j])/(x[j]-x[k])

令g[j,k] = (f[k]-f[j])/(x[j] - x[k])

则g[j,k] > y[i] 表示j比k更优。则k可以舍弃掉

进而我们发现这么一个问题，当c < b < a < i时，如果有g[c, b] > g[b, a]，那么b永远都不会成为计算dp[i]时的决策点。
证明：
如果g[c, b] > g[b, a]，那么我们可以分两个方面考虑g[c, b]与的关系：
(1)如果g[c, b] >= y[i]，那么决策c不会比决策b差，也就说决策b不可能是决策点
(2)如果g[c, b] < y[i]，那么由于g[c, b] > g[b, a]，那么g[b, a] < y[i]，那么决策a要比决策b好，所以b还不能作为决策点

根据上面的结论和一些特性，我们可以考虑维护一个斜率的队列来优化整个DP过程：

(1)假设a, b, c依次是队列右端的元素，那么我们就要考虑g[a, b]是否大于g[b, c]，如果g[a, b] > g[b, c]，那么可以肯定b一定不会是决策点，所以我们可以从队列中将b去掉，然后依次向前推，直到找到一个队列元素少于3个或者g[a, b] <= g[b, c]的点才停止。
(2)假设a, b是依次是队列左端的元素，那么我们知道，如果g[a, b] < y[i]的话，那么对于i来说决策点b肯定优于决策点a，又由于y是随着i递增而递增的，所以当g[a, b] < y[i]时，就一定有g[a, b] < y[i+1]，因此当前的决策点a不仅仅在考虑dp[i]时不会是最佳决策点，而且在后面的DP中也一定不会是最佳决策点，所以我们可以把a从队列的头部删除，依次往后如此操作，直到队列元素小于2或者g[a, b] >= y[i]。
(3)对于i的更新，一定是队列头部的决策点最好，所以O(1)即可转移。

我觉得这里http://blog.163.com/lqp18_31/blog/static/5418276920091122101325111/讲的还行

总体感觉斜率优化DP推起来还是比较麻烦的

然后每次对i决策时，先操作左端的元素得到最优解，然后操作右端的元素将i状态插进队列

最后简单的说，就是维护一个g[x,y]的单调队列队列中第一个元素 g[a,b]>=y[i]

898768

njczy2010

1597

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2960 kb

124 ms

C++/Edit

1904 B

2015-03-20 14:22:44

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <stack>

 #include <vector>

 #include <algorithm>

 #include <queue>

 #include <map>

 #include <string>

 #include <set>

 #define ll long long

 int const N = ;

 int const M = ;

 int const inf = ;

 ll const mod = ;

 using namespace std;

 int n;

 ll x[N],y[N];

 ll f[N];

 int q[N];

 int cnt;

 typedef struct

 {

     ll x;

     ll y;

 }PP;

 PP p[N];

 bool cmp(PP a,PP b)

 {

     if(a.x == b.x){

         return a.y > b.y;

     }

     return a.x > b.x;

 }

 void ini()

 {

     cnt=;

     int i;

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

         scanf("%lld%lld",&p[i].x,&p[i].y);

     }

     sort(p+,p++n,cmp);

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

         if(cnt== || p[i].y > y[cnt]){

             cnt++;

             x[cnt] = p[i].x;

             y[cnt] = p[i].y;

         }

     }

     for(i=;i<=cnt;i++){

         x[i-] = x[i];

     }

 }

 void solve()

 {

     int l,r;

     l=;r=;

     int i;

     q[l]=;f[]=;

     for(i=;i<=cnt;i++){

         while(l<r && (f[ q[l+] ] - f[ q[l] ]) < y[i] * (x[ q[l] ] - x[ q[l+] ]) ){

             l++;

         }

         f[i] = f[ q[l] ] + x[ q[l] ] * y[i];

         while(l<r && (f[ q[r] ] - f[ q[r-] ]) * (x[ q[r] ] - x[ i ]) > (f[ i ] - f[ q[r] ]) * (x[ q[r-] ] - x[ q[r] ]) ){

             r--;

         }

         q[++r] = i;

     }

     //for(i=1;i<=cnt;i++){

     //    printf(" i=%d f=%I64d\n",i,f[i]);

     //}

 }

 void out()

 {

     printf("%lld\n",f[cnt]);

 }

 int main()

 {

     //freopen("data.in","r",stdin);

     //scanf("%d",&T);

     //for(cnt=1;cnt<=T;cnt++)

     while(scanf("%d",&n)!=EOF)

     {

         ini();

         solve();

         out();

     }

 }