傳送門

題意：給定$M$個班車，每個班車$p_i$時刻從$x_i$發(fā)車$q_i$到達(dá)$y_i$，等車$t$時間花費(fèi)代價$A{t}^2+Bt+C$,在$t$時刻到達(dá)花費(fèi)$t$的代價，求從$1$到$N$的最小花費(fèi)。

$1\le N\le 100000,1\le M\le 200000$

顯然是個dp

容易想到一個二維dp，第一維記當(dāng)前位置，第二維記時間

由于數(shù)據(jù)范圍很大，所以需要優(yōu)化掉一維

仔細(xì)想想為什么需要兩維？

因?yàn)槲恢檬怯泻笮缘?#xff0c;需要用時間節(jié)點(diǎn)來標(biāo)記。

而時間是一去不復(fù)返的，是個天然的無后效性狀態(tài)。

所以可以考慮按時間dp，先假設(shè)沒有位置限制。

此題對時間唯一的限制是不能沖突，所以按照班車的時間段dp。

假設(shè)可以瞬間移動，不計(jì)最終代價，設(shè)坐上第$i$輛班車的最小代價是$f_i$

$$f_i=\underset{q_j\le p_i}{\min }\{f_j+A(p_i?q_j{)}^2+B(p_i?q_j)+C\}$$

盲猜斜率優(yōu)化

假設(shè)決策$j,k$有$j<k$,$k$比$j$優(yōu)

即

$$f_k+A(p_i?q_j{)}^2+B(p_i?q_j)+C\le f_j+A(p_i?q_j{)}^2+B(p_i?q_j)+C$$

$$f_k+A(p_i?q_j{)}^2+B(p_i?q_j)\le f_j+A(p_i?q_j{)}^2+B(p_i?q_j)$$

$$f_k+A{p}_i^2?2A{p}_i{q}_k+q_k^2+B{p}_i?B{q}_k\le f_j+A{p}_i^2?2A{p}_i{q}_j+q_j^2+B{p}_i?B{q}_j$$

$$f_k?2A{p}_i{q}_k+q_k^2?B{q}_k\le f_j?2A{p}_i{q}_j+q_j^2?B{q}_j$$

$$2A{p}_i+B\ge \frac{f_k+q_k^2?f_j?q_j^2}{q_k?q_j}$$

發(fā)現(xiàn)$p$和$q$分開了(其實(shí)不分開也能做的說)

所以可以把出發(fā)和到達(dá)拆開，分別排序，雙指針維護(hù)

考慮位置限制

對于一個$p_i$,只有$y_j=x_i$的$q_j$會更新答案

所以可以用vector存$N$個凸殼

遇到出發(fā)在對應(yīng)結(jié)點(diǎn)的凸殼上算出$f$。因?yàn)槟X袋抽了寫了個二分。

遇到到達(dá)在對應(yīng)結(jié)點(diǎn)用之前的$f$更新凸殼

最后能到達(dá)$N$的算答案。

當(dāng)時做的時候式子推反了，然后二分的時候凸殼算反了就負(fù)負(fù)得正A了……

我可能是個傻子

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #include <algorithm> #include <vector> #define MAXN 200005 using namespace std; struct event{int idx,pos,tim;}st[MAXN],ed[MAXN]; inline bool cmp(const event& a,const event& b){return a.tim<b.tim;} int n,m,A,B,C; int f[MAXN]; inline int Y(const int& i){return f[ed[i].idx]+ed[i].tim*ed[i].tim;} inline int calc(const int& i,const int& j) {int d=st[i].tim-ed[j].tim;return f[ed[j].idx]+A*d*d+B*d+C; } vector<int> v[MAXN]; int vis[MAXN]; int main() {scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&A,&B,&C);for (int i=1;i<=m;i++){int x,y,p,q;scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&p,&q);st[i]=(event){i,x,p};ed[i]=(event){i,y,q};}memset(f,0x7f,sizeof(f));sort(st+1,st+m+1,cmp);sort(ed+1,ed+m+1,cmp);int now=0;for (int i=1;i<=m;i++){while (now<m&&ed[now+1].tim<=st[i].tim){++now;if (vis[ed[now].idx]) continue;vector<int>& cur=v[ed[now].pos];while (cur.size()>1&&(Y(now)-Y(cur[cur.size()-1]))*(ed[cur[cur.size()-1]].tim-ed[cur[cur.size()-2]].tim)<=((Y(cur[cur.size()-1])-Y(cur[cur.size()-2]))*(ed[now].tim-ed[cur[cur.size()-1]].tim))) cur.pop_back();cur.push_back(now);}if (st[i].pos==1) f[st[i].idx]=A*st[i].tim*st[i].tim+B*st[i].tim+C;else{vector<int>& cur=v[st[i].pos];if (cur.size()){int l=0,r=cur.size()-1,mid;while (l<r){mid=(l+r)>>1;if ((2*A*st[i].tim+B)*(ed[cur[mid+1]].tim-ed[cur[mid]].tim)<=Y(cur[mid+1])-Y(cur[mid])) r=mid;else l=mid+1;}f[st[i].idx]=calc(i,cur[l]);}else vis[st[i].idx]=true;}}int ans=f[0];for (int i=1;i<=m;i++) if (ed[i].pos==n) ans=min(ans,f[ed[i].idx]+ed[i].tim);printf("%d\n",ans);return 0; }

總結(jié)

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