邮局[ft.四边形不等式]

题目描述

一些村庄建在一条笔直的高速公路边上，我们用一条坐标轴来描述这条公路，每个村庄的坐标都是整数，没有两个村庄的坐标相同。两个村庄的距离定义为坐标之差的绝对值。我们需要在某些村庄建立邮局。使每个村庄使用与它距离最近的邮局，建立邮局的原则是：所有村庄到各自使用的邮局的距离总和最小。数据规模：1<=村庄数<=1600, 1<=邮局数<=200, 1<=村庄坐标<=maxlongint

输入

2行

第一行:n m {表示有n个村庄，建立m个邮局}

第二行:a1 a2 a3 .. an {表示n个村庄的坐标}

输出

1行第一行:l 个整数{表示最小距离总和}

样例输入

10 5

1 2 3 6 7 9 11 22 44 50

样例输出

9

这道题目是IOI2000的真题哦~

可以这样考虑：

给定一个区间,假设我们要建一个邮局,那么一定是在这个序列的中点,所以我们可以先预处理出序列区间[i,j]之间的距离

一个邮局的最短距离记录为sum[i][j],然后用f[i][j]表示到i个村庄建立j个邮局的最短距离和,那么就有状态转移方程:

f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+sum[k+1][i]);

这样，代码就好写了。

但是——这个数据，用O(n3) 的普通DP算法显然无法通过。

O(n3) 代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
 
int n,m;
int a[1666];
long long sum[1666]1666];
long long f[1666][222];
//f[i][j]表示前i个村庄设j个邮局
//sum[i][j]表示在第i个村庄到第j个村庄设一个邮局的路程

int main(void){
    cin>>n>>m;
    for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    sort(a+1,a+n+1);
    for (int i=1;i<=n;i++){
        for (int j=i;j<=n;j++){
            sum[i][j]=dis(i,j);
        }
    }
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for (int i=1;i<=n;i++){
        f[i][1]=sum[1][i];
    }
    for (int i=1;i<=n;i++){
        for (int j=2;j<=min(i,m);j++){
            for (int k=j-1;k<=i-1;k++){
                f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+sum[k+1][i]);
            }
        }
    }
    cout<<f[n][m]<<endl;
}

这东西肯定过不了啊~

那怎么办？”四边形不等式！”

f[a][c]+f[b][d]<=f[b][c]+f[a][d]

（ a < b <= c< d ）

（可以理解成：交叉小于包含）

满足这个条件的DP方程（或者说是别的什么数组啊之类的）就称为***为凸。

（以下一段文字来自这里 ）

给出两个定理：

1、如果上述的w函数同时满足区间包含单调性和四边形不等式性质，那么函数dp也满足四边形不等式性质

我们再定义s(i,j)表示 dp(i,j) 取得最优值时对应的下标（即 i≤k≤j 时，k 处的 dp 值最大，则 s(i,j)=k此时有如下定理

2、假如dp(i,j)满足四边形不等式，那么s(i,j)单调，即 s(i,j)≤s(i,j+1)≤s(i+1,j+1)

大家可以自己尝试推倒一下，为什么f[i][j]和sum[i][j]是满足这个式子的（因为我懒得再推了）

再就是要证明”决策单调”

（以下一段文字来自这里 ）

如果我们用s[i][j]表示dp[i][j]取得最优解的时候k的位置的话

如果我们用s[i][j]表示dp[i][j]取得最优解的时候k的位置的话

那么我们要证明如下结论的成立性：

s[i][j-1]<=s[i][j]<=s[i+1][j]

s[i][j-1]<=s[i][j]<=s[i+1][j]

s[i][j-1]<=s[i][j]<=s[i+1][j]
对于s[i][j-1]<=s[i][j]来说，我们先令dp[i][j-1]取得最优解的时候的k值为y，然后令除了最优值以外的其他值可以为x，这里我们由于要讨论单调性，所以让x小于y，即x<=y<=j-1< j

这里的证明更为繁琐，在实际应用中，我们可以写出O(n3)后，自己跑一边是否决策单调，不是就输出”false”就行了。

在这道题中，我们要注意三点：

• s数组（决策数组）的初始化

• 循环的次序

• 对邮局多于村庄的特判（血泪）

话不多说，代码上

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;


int n,m;
int a[1606];
long long sum[1606][1606];
long long f[1606][202];
int s[1606][202];
//s是决策数组

int main(void){
  cin>>n>>m;
    if(m>=n){
		printf("0");
		return 0;
	}
    for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    sort(a+1,a+n+1);
    for (int i=1;i<=n;i++){
        sum[i][i]=0;
        for (int j=i+1;j<=n;j++){
            sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[j]-a[(i+j)/2];
        }
    }
    memset(f,0x3f,sizeof(f));//注意这里f要初始化成最大值
    memset(s,0,sizeof(s));
    for (int i=1;i<=n;i++){
        f[i][1]=sum[1][i];
        s[i][1]=0;
    }
    for (int j=2;j<=m;j++){
        s[n+1][j]=n;
        for (int i=n;i>=j;i--){
            for (int k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++){
                if (f[k][j-1]+sum[k+1][i]<f[i][j]){
                    f[i][j]=f[k][j-1]+sum[k+1][i];
                    s[i][j]=k;
                }
            }
        }
    }
    cout<<f[n][m]<<endl;
}

这样的代码，经过四边形不等式的优化，就是O(n2)的算法了！

（以下一段文字来自这里 ）

关于O（n^2）复杂度的证明

其实证明很简单，对于一个i，j来说，我们要for s[i][j-1]到s[i+1][j]个数，那么所有的i和j加起来一共会for多少次呢？

我们可以这样思考

(s[2][2]-[1][1])+(s[3][3]-s[2][2])+(s[4][4]-s[3][3])+…+(s[n][n]-s[n-1][n-1])=s[n][n]-s[1][1]很显然是小于n的嘛，所以本来是（n n n）的复杂度，就这样降成了O（n *n）啦

参阅：https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812