TIOJ-1884

2qbingxuan

2020-02-20

【IOI2015】Boxes 一堆盒子

https://tioj.ck.tp.edu.tw/problems/1884

Description

有$L$個地區排成一環狀，依序編號為$0, 1, \dots, L-1$
從任何一個地區移動到相鄰的地區所需要的時間均為一單位時間

現在有$N$個人需要寄送貨物，他們分別住在編號為$p_1, p_2, \dots, p_n$的地區(已經依非遞減順序排序)
貨物中心位在編號$0$的地區，並且郵差每次只能帶至多$K$件貨物移動
(世界上只有一個郵差…真辛苦)
身上所有的貨物都送到後，必須回到$0$號地區，才能進行下一輪的送貨
你的任務就是幫送貨的郵差計算他最少要花多少時間
才能從貨物中心出發，寄送完所有貨物，最後再回到貨物中心
(其中可能會回貨物中心很多次以補充貨物)

$
1 \leq K \leq N \leq 10^7,
1 \leq L \leq 10^9,
0 \leq p_i < L
$

Solution

首先有$K=1$的Subtask，可以確定自己對題意的理解
可以發現題目就是要把這$N$個點分成很多堆，每堆不超過$K$個，使得總成本最小
一個關鍵的觀察是分的方式肯定是排序過後切成很多連續區間
不需要考慮$i < x < j$但$x$卻不和$i,j$同一堆的情形，否則可以想辦法交換一下使得答案不會變更差
至此可以列出DP式

$$
dp[i] = \min\limits _ {\max(0, i-k) \leq j < i} { dp[j] + cost(j+1, i) }
$$

其中$cost(l, r) = \min {L, 2p_r, 2(L-p_l)}$
代表從$0$號節點開始經過$p_l, p _ {l+1}, \dots, p_r$再回到$0$號節點所需要的最少時間
複雜度$\mathcal{O}(NK)$

令$a_i = \min(L, 2p_i), b_i = 2(L-p _ {i+1})$
$$
dp[i] = \min {dp[j] + \min(a_i, b_j)} = \min(\min{dp[j]}+a_i, \min {dp[j]+b_j});
$$
利用單調隊列優化可以快速求得$dp[j]$和$dp[j]+b_j$的最小值，最後的複雜度是$\mathcal{O}(N)$

AC code

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#include <bits/stdc++.h>
#define ff first
#define ss second
#define pb emplace_back

using namespace std;
typedef int64_t ll;
const int N = 10000025;

int n, k, L;
int p[N];
ll solve() {
    cin >> n >> k >> L;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i];
    ll dp = 0;
    deque<pair<int,ll>> dq[2];
    dq[0].pb(0, 0);
    dq[1].pb(0, 2*(L-p[1]));
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        /*dp[i] = INF;
        for(int j = max(0, i-k); j < i; j++) {
            dp[i] = min(dp[i], dp[j] + min({L, 2*v[i], 2*(L-v[j+1])}));
        }*/
        while(dq[0].front().ff < i-k) dq[0].pop_front();
        while(dq[1].front().ff < i-k) dq[1].pop_front();
        dp = min(dq[0].front().ss+min(L,2*p[i]), dq[1].front().ss);
        while(dq[0].size() && dq[0].back().ss >= dp) dq[0].pop_back();
        while(dq[1].size() && dq[1].back().ss >= dp+2*(L-p[i+1])) dq[1].pop_back();
        dq[0].pb(i, dp);
        dq[1].pb(i, dp+2*(L-p[i+1]));
    }
    return dp;
    /*
        dp[i] = min(dp[j] + min(L, 2*v[i], 2*(L-v[j]));
        dp[i] = min(dp[j] + min(a[i], b[j])) = min(min(dp[j])+a[i], min(dp[j]+b[j]));
    */
}
signed main() {
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) cout << solve() << '\n';
}