标签：print 出队 额外 div typedef space min 为什么 sum
题意：x轴上有n个人，让你放置m个集合点，使得每个人往离他最近的集合点走，所有人走的距离和最短。
把距离视为花费，设$dp[i][k]$表示前i个人分成k段的最小花费，则有递推式$dp[i][k]=min\{dp[j][k-1]+w(j,i)\}$，其中$w(j,i)$可以$O(1)$求出。
显然，如果考虑段数的话，光状态数就有n^2个，肯定行不通。不过这题的最优解对段数的函数是凸的，因此可以用WQS二分来打破段数的限制。
给每个集合点加上一个额外的花费c，然后忽略段数的限制，这样递推式就变成了$dp[i]=min\{dp[j]+w(j,i)\}+c$，这个递推式满足“决策单调性”，即如果i是由j转移而来，而i‘>i，则j‘>=j。这种dp是有一定的套路的，利用单调队列维护可能成为最优决策点的点以及它的左右边界，中间过程中需要不断地“掐头去尾”，及时弹出队首已经废掉的决策点，每push进一个结点，需要弹出队尾不如它优的决策点，并修改队尾的右边界，保证队首总是最优决策点。
然后在dp的过程中记录段数cnt[n]，如果最优解分成了k段，那么dp[n]-k*c就是在划分为k段的条件下的最优解。根据k与m的大小关系进行二分，直到最优解恰好分成了m段为止。
你如果问为什么满足凸性和决策单调性？蒟蒻表示不会证，反正凭直觉猜就是了，或者打表~~
复杂度$O(nlognlogA)$，这道题还要和卡常斗智斗勇，算法常数过大会T，变量全开longlong也会T...
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int N=3e5+10,inf=0x3f3f3f3f; 5 int n,m,hd,tl,a[N],q[N],cnt[N],L[N],R[N]; 6 ll S[N],dp[N],k; 7 ll sum(int l,int r) {return S[r]-S[l-1];} 8 ll w(int i,int j) { 9 ++i; 10 return sum((i+j+2)>>1,j)-sum(i,(i+j-1)>>1)+k; 11 } 12 int fd(int j,int k) { 13 int ret=R[k]+1,l=L[k],r=R[k]; 14 while(l<=r) { 15 int mid=(l+r)>>1; 16 if(dp[j]+w(j,mid)<=dp[k]+w(k,mid))ret=mid,r=mid-1; 17 else l=mid+1; 18 } 19 return ret; 20 } 21 int solve() { 22 hd=tl=0,L[0]=1,R[0]=n,q[tl++]=0; 23 for(int i=1; i<=n; ++i) { 24 for(; hd<tl&&R[q[hd]]<i; ++hd); 25 dp[i]=dp[q[hd]]+w(q[hd],i); 26 cnt[i]=cnt[q[hd]]+1; 27 for(; hd<tl&&dp[i]+w(i,L[q[tl-1]])<=dp[q[tl-1]]+w(q[tl-1],L[q[tl-1]]); --tl); 28 L[i]=(hd<tl?fd(i,q[tl-1]):i+1),R[i]=n; 29 if(hd<tl)R[q[tl-1]]=L[i]-1; 30 q[tl++]=i; 31 } 32 return cnt[n]; 33 } 34 ll bi(ll l,ll r) { 35 ll ret; 36 while(l<=r) { 37 ll mid=(l+r)>>1; 38 k=mid; 39 if(solve()>=m)ret=dp[n]-m*k,l=mid+1; 40 else r=mid-1; 41 } 42 return ret; 43 } 44 int main() { 45 scanf("%d%d",&n,&m); 46 for(int i=1; i<=n; ++i)scanf("%d",&a[i]); 47 for(int i=1; i<=n; ++i)S[i]=S[i-1]+a[i]; 48 printf("%lld\n",bi(0,S[n]+10)); 49 return 0; 50 }
Gym - 101981B Tournament (WQS二分+单调性优化dp)
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原文地址：https://www.cnblogs.com/asdfsag/p/11824458.html
