BZOJ3156 防御准备 题解

原题

令 \(S_{i} =\sum\limits_{j=1}^{i}j\) , \(f_{i}\) 为处理到第 \(i\) 个位置放置守卫塔的最小花费。

观察题意，容易得到在\((1 \le j \le i-1)\) 时，有

\(f_{i}= min\left \{ f_{j}+\sum\limits_{k=j+1}^{i-1} (i-k)+a_{i} \right \}\) ①

\(f_{i}= min\left \{ f_{j}+\sum\limits_{k=j+1}^{i-1} (i-k) \right \} +a_{i}\) ②

\(f_{i}= min\left \{ f_{j}+\sum\limits_{k=j+1}^{i-1}i-\sum\limits_{k=j+1}^{i-1}k \right \} +a_{i}\) ③

\(f_{i}= min\left \{ f_{j}+(i-j-1)*i-\sum\limits_{k=j+1}^{i-1}k \right \} +a_{i}\) ④

\(f_{i}= min\left \{ f_{j}+(i-j-1)*i-(S_{i-1}-S_{j} ) \right \} +a_{i}\) ⑤

此时若存在 \(k<j\) ，且 \(j\) 比 \(k\) 更优时，则 \(f_{j}+(i-j-1)*i-(S_{i-1}-S_{j} )<f_{k}+(i-k-1)*i-(S_{i-1}-S_{k} )\) ⑥ ，化简得 $\frac{f_{j}-f_{k}+S_{j}-S_{k}}{j-k}<i $ ⑦。

接着维护一个单调队列，复杂度 \(O(n\times \log_{}{n} )\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
ll a[1000001],sum[1000001],f[1000001],q[1000001];
double work(ll x,ll y)//注意精度问题
{
	return 1.0*(f[y]-f[x]+sum[y]-sum[x])/(y-x);
}
int main()
{
	ll n,i,l=0,r=0;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		sum[i]=sum[i-1]+i;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		while(l<r&&work(q[l],q[l+1])<i)
		{
			l++;
		}
		f[i]=f[q[l]]+(i-q[l]-1)*i-(sum[i-1]-sum[q[l]])+a[i];//直接套公式⑤
		while(l<r&&work(q[r-1],q[r])>work(q[r],i))
		{
			r--;
		}
		r++;
		q[r]=i;
	}
	cout<<f[n];
	return 0;
}

写在最后：十年OI一场空，不开long long见祖宗。