POJ3666 线性dp+维度优化

题面

POJ3666 题面

思路

首先是重要的归纳法寻求思路的思想，在满足S最小化的前提下，假设存在一种构造前k位序列B的方案，即已经构造B1B2⋯BkB_1B_2\cdots B_kB1B2⋯Bk，则对于第Bk+1B_{k+1}Bk+1位可以用如下的构造方法
1)如果Bk≤Ak+1B_{k}\leq A_{k+1}Bk≤Ak+1，则令Bk+1=Ak+1B_{k+1} = A_{k+1}Bk+1=Ak+1，满足单调性且原命题成立
2)如果Bk>Ak+1B_{k}> A_{k+1}Bk>Ak+1，那么两种转移思路：
①如果只由Ak+1A_{k+1}Ak+1一位得出，取Bk+1=BkB_{k+1} = B_{k}Bk+1=Bk
②如果由前面BjBj+1⋯BkB_j B_{j+1}\cdots B_kBjBj+1⋯Bk这些位得出的话，可以由一维数轴求绝对值最值的方法，求得最值是当Bj=Bj+1=⋯=BkB_j =B_{j+1}=\cdots= B_kBj=Bj+1=⋯=Bk时，令这些值等于AjAj+1⋯AkA_j A_{j+1}\cdots A_kAjAj+1⋯Ak的中位数
这里注意到，BiB_iBi都是A中的元素
思路一：
只用一维表示，即dp[i]dp[i]dp[i]表示完成前i个数的构造S的最小值，则有转移方程
dp[i]=min0≤j<i,A[j]≤A[i]{dp[j]+cost(j+1,i−1)}(1)dp[i] = min_{0\leq j<i,A[j]\leq A[i]}\lbrace dp[j]+cost(j+1,i-1) \rbrace \tag{1}dp[i]=min0≤j<i,A[j]≤A[i]{dp[j]+cost(j+1,i−1)}(1)
其中cost(j+1,i-1)表示构造BjBj+1⋯BkB_j B_{j+1}\cdots B_kBjBj+1⋯Bk使得Aj≤Bj≤Bj+1≤⋯≤Bk≤AiA_j\leq B_j\leq B_{j+1}\leq \cdots \leq B_k\leq A_iAj≤Bj≤Bj+1≤⋯≤Bk≤Ai使得∑k=j+1i−1∣Ak−Bk∣\sum_{k = j+1}^{i-1}{\mid A_k-B_k\mid}∑k=j+1i−1∣Ak−Bk∣的最小值
那么下面的工作就是求cost(j+1,i-1)，要求整个cost数组，显然只能用朴素算法，遍历i和j，再用k遍历一层i和j之间的所有数AkA_kAk，求中位数，继而求∑k=j+1i−1∣Ak−Bk∣\sum_{k = j+1}^{i-1}{\mid A_k-B_k\mid}∑k=j+1i−1∣Ak−Bk∣(没有考虑决策集合的优化，但是感觉可以优化)
因此这个复杂度为O(N3N^3N3)
思路二：
注意到只把一个维度(已经处理的序列长度)作为“阶段”的要素，需要额外单独构造转移的序列，不足以实现转移，一般这样的情况需要考虑把另一个维度也放在状态里，一个直接的想法就是把B序列的最后一个值也记录在DP状态里面，设F[i,j]表示完成前i个数的构造，其中Bi=jB_i = jBi=j，S的最小值，则转移方程为：
F[i,j]=min0≤k≤j{F[i−1,k]+∣Ai−j∣}(2)F[i,j] = min_{0\leq k\leq j}\lbrace F[i-1,k]+\mid A_i-j \mid \rbrace \tag{2}F[i,j]=min0≤k≤j{F[i−1,k]+∣Ai−j∣}(2)
由于j可能太大，因此需要离散化，把A中出现的数进行离散化，把DP状态中的第二维j的范围降低到O(N)，另外，决策集合单调增(参照LCIS)，O(1)即可实现转移，因此算法复杂度为O(N2N^2N2)

注意事项

1)离散化的关键是，把原来的dp数组里面的一个维度的数，如本来应该为a[j]替换为j(把本来的1-n映射到a[1]-a[n])，即dp中的j存的是对应a[j]对应的值，用到的重要函数unique表示，”删除”序列中所有相邻的重复元素(只保留一个)，并且返回数组的实际长度，正好满足离散化去重的目的

代码(思路二)

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2005;
const ll INF = 2e9;
ll dp[maxn][maxn];
ll a[maxn],a2[maxn];
ll dis[maxn];
ll n,mini = INF,m;
ll abs1(ll a)
{if(a<0)return -a;return a;
}
void init()
{for(int i = 0;i <=n;i++)for(int j = 0;j <=n;j++)dp[i][j] = INF;for(int i = 0;i <=n;i++)dp[0][i] = 0;sort(a2,a2+n);m = unique(a2,a2+n)-a2;
}int main()
{cin >> n;for(int i = 0;i <n;i++)cin >> a[i],a2[i] = a[i];init();for(int i = 1;i <=n+1;i++){mini = dp[i-1][0];for(int j = 0;j <m;j++){mini = min(dp[i-1][j],mini);if(i<=n)dp[i][j] = mini +abs1(a[i-1]-a2[j]);}}cout << mini << endl;return 0;
}