P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车题解

题目传送门

题目描述

有 n 名同学要乘坐摆渡车从人大附中前往人民大学，第 i 位同学在第 ti 分钟去等车。只有一辆摆渡车在工作，但摆渡车容量可以视为无限大。摆渡车从人大附中出发、把车上的同学送到人民大学、再回到人大附中（去接其他同学），这样往返一趟总共花费 $m$ 分钟（同学上下车时间忽略不计）。摆渡车要将所有同学都送到人民大学。

凯凯很好奇，如果他能任意安排摆渡车出发的时间，那么这些同学的等车时间之和最小为多少呢？

注意：摆渡车回到人大附中后可以即刻出发。

输入格式

第一行包含两个正整数 $n, m$，以一个空格分开，分别代表等车人数和摆渡车往返一趟的时间。
第二行包含 $n$ 个正整数，相邻两数之间以一个空格分隔，第 $i$ 个非负整数 $t_i$ 代表第 $i$ 个同学到达车站的时刻。

输出格式

输出一行，一个整数，表示所有同学等车时间之和的最小值（单位：分钟）。

样例 #1

样例输入 #1
5 1
3 4 4 3 5

样例输出 #1
0

样例 #2

样例输入 #2
5 5
11 13 1 5 5

样例输出 #2
4

提示

【输入输出样例 1 说明】

同学 $1$ 和同学 $4$ 在第 $3$ 分钟开始等车，等待 $0$ 分钟，在第 $3$ 分钟乘坐摆渡车出发。摆渡车在第 $4$ 分钟回到人大附中。
同学 $2$ 和同学 $3$ 在第 $4$ 分钟开始等车，等待 $0$ 分钟，在第 $4$ 分钟乘坐摆渡车出发。摆渡车在第 $5$ 分钟回到人大附中。
同学 $5$ 在第 $5$ 分钟开始等车，等待 $0$ 分钟，在第 $5$ 分钟乘坐摆渡车出发。自此所有同学都被送到人民大学。总等待时间为 $0$。

【输入输出样例 2 说明】

同学 $3$ 在第 $1$ 分钟开始等车，等待 $0$ 分钟，在第 $1$ 分钟乘坐摆渡车出发。摆渡车在第 $6$ 分钟回到人大附中。
同学 $4$ 和同学 $5$ 在第 $5$ 分钟开始等车，等待 $1$ 分钟，在第 $6$ 分钟乘坐摆渡车出发。摆渡车在第 $11$ 分钟回到人大附中。
同学 $1$ 在第 $11$ 分钟开始等车，等待 $2$ 分钟；同学 $2$ 在第 $13$ 分钟开始等车，等待 $0$ 分钟。他/她们在第 $13$ 分钟乘坐摆渡车出发。自此所有同学都被送到人民大学。总等待时间为 $4$。
可以证明，没有总等待时间小于 $4$ 的方案。

【数据规模与约定】
对于 $10\%$ 的数据，$n ≤ 10, m = 1, 0 ≤ t_i ≤ 100$。
对于 $30\%$ 的数据，$n ≤ 20, m ≤ 2, 0 ≤ t_i ≤ 100$。
对于 $50\%$ 的数据，$n ≤ 500, m ≤ 100, 0 ≤ t_i ≤ 10^4$。
另有 $20\%$ 的数据，$n ≤ 500, m ≤ 10, 0 ≤ t_i ≤ 4 \times 10^6$。
对于 $100\%$ 的数据，$n ≤ 500, m ≤ 100, 0 ≤ t_i ≤ 4 \times 10^6$。

一，记忆化搜索

具体内容见代码注释

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}int n,m,t[505],mem[505][505];//因为0<=st-t[i]<=m，因此可以记忆化，把这个作为状态的第二维 int solve(int i,int st)//记忆化搜索。i：第i个人，st：开始时间st
{if (i==n+1)//所有人都上车了 return 0;if (st<t[i])//如果现在的时间没有人，就到下一个人的到达时间 return solve(i,t[i]);if (mem[i][st-t[i]])//记忆化 return mem[i][st-t[i]];int sum=0,j=i;//车等人 while (j<=n && t[j]<=st)sum+=t[j++];int best=st*(j-i)-sum+solve(j,st+m); //人等车for (;j<=n;j++){sum+=t[j];best=min(t[j]*(j-i+1)-sum+solve(j+1,t[j]+m),best);}return mem[i][st-t[i]]=best;
}int main()
{//memset(mem,-1,sizeof(mem));n=read(),m=read();for (int i=1;i<=n;i++)t[i]=read();sort(t+1,t+n+1);//显然从小到大按照时间排序更好算 cout << solve(1,0) << endl;return 0;
}

二，DP

首先，看完题目意思，就想到了算法——DP。

那么如何定义状态呢？首先，排序是必然的。

接着，最容易想到的，最简单的状态定义：

用 f[i] 表示前 i 个人都已经到达B地（上车也可以算到达，毕竟不用等了），所需要的最少总等候时间。

状态怎么转移？这个题我们选择刷表

枚举 k，f[k] = f[i] + 第 (i+1)个学生到第 k 个学生的总等车时间。

这个总等车时间就是x=i+1∑k(T−t[x])。T 是车重新到达A地的时间。

我们可以把上一次车到达的时间记录下来，放到DP状态的一维里去。这样状态定义就变成了：

用 f[i][j] 表示前 i 个人在 j 时刻都已经到达B地（同上），所需要的最少总等候时间。

此时 j 就是前 i 个人最后全部接走时车到达的时间。

重新观察状态转移方程，其中 max(j+m,t[k]) 就是 T。看似好像没有什么问题了。

但是这样一来，j 又是 ti 这个级别的了，承受不起，怎么办呢？

注意到此时，j⩾t[i]+m 的情况都是无意义的，因为如果j⩾t[i]+m，则说明第 i 个人等了 ⩾m 分钟。但是即使车在 t[i]−1 时刻开走，他也只会等上 m − 1 分钟啊！（注意，此时我们讨论的是车一到就把第 i 个人接走的情况，不考虑第 i+1 个人以及之后的人，如有不解见状态定义）

所以离散化状态定义变成了：

用 f[i][j] 表示在第 i 个人等了刚好 j 分钟的时刻，前 i 个人已经到达B地（同上），所需要的最少总等候时间。

此时前 i 个人最后全部接走时车到达的时间就是 t[i]+j。

所以我们可以算出状态转移方程中应该添加的那一维（f[k]→f[k][?] 中的 ?），也就是第 k 个人的等待时间是：

max( t[i] + j + m - t[k], 0 ) = tmp（下文因为这个量多次出现，所以简化为 tmp）

t[i]+j+m 就是车到的时间。减去 t[k] 就是等候的时间。

得出：T= 第 k 个人等候的时间 +t[k]=tmp+t[k]

所以现在状态转移方程长这样：

f[k][tmp] = f[i][j] +f[k][tmp]=f[i][j]+ 第 (i+1)个学生到第 k 个学生的总等车时间。

总等车时间 =x=i+1∑k(T−t[x])。T = tmp + t[k]。

f[k][tmp]=f[i][j]+x=i+1∑k(tmp+t[k]−t[x])

计算一下时间复杂度（最差）：遍历状态 O(nm)，枚举转移 O(n)，转移过程。。。怎么还要 O(n)？！O(n^3m) 不是炸了吗qwq

仔细观察那个∑，发现 (tmp + t[k]) 是定值，所以提出来：

f[k][tmp]=f[i][j]+(tmp+t[k])×(k−i)−x=i+1∑kt[x]

然后那个 ∑ 珂以前缀和优化！

f[k][tmp]=f[i][j]+(tmp+t[k])×(k−i)−(t[k]−t[i])

至此，转移复杂度O(1)。

所以代码就可以写出来啦~

注意：我写的代码里，枚举的 k 不是转移方程中的 k，转移方程中的 k 在我的代码中是 i + k（具体看了代码就明白了）。边界情况我直接把 t[0] 设做了 −inf（假设有第0个人，上车时间是 −inf，从0开始做，就可以不用更新f[i][0] 了）。

代码如下:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t[501],s[501],f[501][101];
const int inf=2139062143;
inline int read()
{int neg=1,x=0;char c;while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')neg=-1;x=c-'0';while((c=getchar())>='0'&&c<='9')x=x*10+(c-'0');return x*neg;
}
int main()
{int n=read(),m=read();for(int i=1;i<=n;i++)t[i]=read();sort(t+1,t+n+1);for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+t[i];memset(f,0x7f,sizeof(f));t[0]=-inf;f[0][0]=0;for(int i=0;i<=n;i++){int MAX=min(m-1,t[i+1]-t[i]);for(int j=0;j<=MAX;j++)if(f[i][j]!=inf)for(int k=1;i+k<=n;k++){int tmp=max(t[i]+j+m-t[i+k],0);f[i+k][tmp]=min(f[i+k][tmp],f[i][j]+(tmp+t[i+k])*k-(s[i+k]-s[i]));}}int ans=inf;for(int i=0;i<m;i++)ans=min(ans,f[n][i]);printf("%d\n",ans);return 0;
}

P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车题解相关推荐

P5017 NOIP2018 普及组摆渡车
P5017 NOIP2018 普及组摆渡车 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn) 显然要把人按照到达时间排序.然后考虑 dp. 设 $f(i)$ 表示前 $i$ ...
P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车(pj组最后一道蓝） P1027 [NOIP2001 提高组] Car 的旅行路线（提高组第一道蓝）
先从简单的说确实我是看着AC率高的才选的没有辜负我的期望他真的很简单数据范围很小一眼floyd 然后就秒了注意得就是我们还是把每个点编号再跑最短路然后我们可以把相邻的四个放一起处理还 ...
[NOIP2018 普及组] 摆渡车题解
题目链接题意给出n名同学到达车站的时间,只有一辆摆渡车,来回需要mmm分钟,求将所有同学摆渡到终点,所有同学的最少等车时间之和. 抽象一下题意: 数轴:时间轴点权值:此时刻等车的人数区间右端点 ...
NOIp2018普及组-摆渡车
(作为一名已经离开了普及组的退役选手感到万分庆幸) 题目链接:https://www.luogu.org/problemnew/solution/P5017 1.感觉就是一个类似线性的以时间作为维度的 ...
NOIP2018普及组初赛题解
展开全文第24届全国青少年信息学奥林匹克联赛初赛普及组C++语言试题竞赛时间:2018 年 10 月 13 日 14:30~16:30 选手注意: 1.试题纸共有 7 页,答题纸共有 2 页,满 ...
信息学奥赛一本通 1981：【18NOIP普及组】对称二叉树 | 洛谷 P5018【NOIP2018 普及组】对称二叉树
[题目链接] ybt 1981:[18NOIP普及组]对称二叉树洛谷 P5018[NOIP2018 普及组] 对称二叉树 [题目考点] 二叉树 [解题思路] 先求出二叉树中各子树的结点数遍历二叉树 ...
信息学奥赛一本通 1979：【18NOIP普及组】龙虎斗 | 洛谷 P5016 [NOIP2018 普及组] 龙虎斗
[题目链接] ybt 1979: [18NOIP普及组]龙虎斗洛谷 P5016 [NOIP2018 普及组] 龙虎斗 [题目考点] 1. long long类型使用已知变量a, b是int类型的变 ...
信息学奥赛一本通 1978：【18NOIP普及组】标题统计 | 洛谷 P5015 [NOIP2018 普及组] 标题统计
[题目链接] ybt 1978:[18NOIP普及组]标题统计洛谷 P5015 [NOIP2018 普及组] 标题统计 [题目考点] 1. 字符串读入带空格的字符串将带空格的字符串读入字符数组 ...
P1008 [NOIP1998 普及组] 三连击题解
P1008 [NOIP1998 普及组] 三连击题解题目背景本题为提交答案题,您可以写程序或手算在本机上算出答案后,直接提交答案文本,也可提交答案生成程序. 题目描述将 1, 2, - , 9 ...

P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车题解

P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车题解相关推荐

最新文章

热门文章

P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车 题解

P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车 题解相关推荐

最新文章

热门文章

P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车题解

P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车题解相关推荐