摆渡车（题目和测试右转 洛谷P5017）

做法：dp+各种优化(剪枝)

这道题考场上看了一脸懵逼...第一眼看这 tm 不是个一维dp吗...结果按着这个朦胧的思路，删删改改约莫0.5h，终于过了小样例，然后一测大样例...GG了。冥思苦想了1h，最终放弃了 （感谢这白费的1.5h，迫使我T4打了个暴力，结果AC了...）

言归正传

考试完后，参考了各种题解，WA了N/A次，终于AC了这道毒瘤题，艰难的AC历程...

（〇）引子

首先来阐明一下题意：在一条数轴上有n个点，然后要求将这条数轴分为若干段（左开右闭的区间），要求：每段的两个端点之间的距离必须 >= m，求分段的最小总费用。

费用定义为：若一个点k在区间 ( j , i ] ，则这个点的费用为 i - k （可能一个位置上有多个点）

总费用定义为：所有点的费用和即为总费用

（一）如何拿分（暴力?）

讲解完题意，接下来我们要研究一个很重要的问题：如何拿分?

先看 30% 的数据：

n≤20,  m≤2,  0≤ti​≤100

看着 ti 的大小很容易想到用一维数组 f[i] 表示在第 i 分钟发车的最小费用。

然后，这TM不是个一维线性dp吗？

我们可以枚举一个 j ，即枚举前一次是在哪里发车的，这样我们便得到了状态转移方程：

这样一来，时间复杂度就是  ，30%的数据是可以过的。

（二）如何拿中分（不高也不低的分）

看一下50%的数据：

n ≤ 500,  m ≤ 100, 0 ≤ ti ≤ 10^4

nt^2的时间复杂完全过不了50%得数据，怎么办呢

通过观察（一）的状态转移方程，可以发现枚举一个k实际上是没必要的，可以用前缀和优化：

将等车人到达的时间用数组存起来，peo[ i ]表示在 0 到 i 分钟内等车人的数量，cost[ i ]表示在 0 到 i 分钟所有等车人到达时间的累积（即将 1 到 i 分钟内到达的等车人的到达时间累加起来）

就可以得到状态转移方程

分析一下时间复杂度：因为只枚举了 i 和 j ，所以时间复杂度降低为

50%的数据在 “少爷机” 上是稳稳的。

程序段：

1 for(int i=1; i<t+m; i++)
2 {
3     f[i] = i*peo[i] - cost[i];
4     for(int j=0; j<=i-m; j++)
5         f[i] = min(f[i], f[j]+(peo[i]-peo[j])*i-(cost[i]-cost[j]));
6 }

（三）如何拿高分（不是满分，考场上的高分）

自然是优化啦。问题来了，如何优化。

先看看70%的数据范围：

n≤500, m≤10, 0≤ti​≤4×10^6

很明显，t^2的时间复杂的是肯定超的。而 i 是这个状态转移方程的状态，必须要枚举，只能从 j 下手，优化这个动态规划了。

j 如何优化呢？其实，仔细想一想，很容易发现，j 没有必要从 0 枚举到 i-m，换句话说，从0到 i-m 的这段区间内，有很多状态是无用的，即这些状态一定不能构成当前 f[i] 的最优解，真正有用的只有区间 ( i-m-m+1, i-m ]。如何证明呢？

先贴一幅图：

观察上图可以发现：

当 j 在 ( R, i )中时，摆渡车回来的时间一定大于 i ，不满足状态 f[i] 的定义，舍去。

当 j 在 ( ?, L ]中时，一定可以多发一次车，使摆渡车回来的时间小于等于 i，这样得到的花费一定小于等于只发一次车的情况。因此，也可以省去。

最后，我们发现，j 只能在区间 ( L, R ] 之间才能得到最小花费，即 j 只有 m-1 种情况。

于是，状态转移方程不变，j 的枚举范围改变，时间复杂度降为

70%的数据稳稳地过，甚至在 “少爷机” 上面的 score 可能 100 ( 最起码分数在70以上 )。

程序段：

1 for(int i=1; i<t+m; i++)
2 {
3     f[i] = i*peo[i] - cost[i];
4     for(int j=max(i-m-m+1,0); j<=i-m; j++)
5         f[i] = min(f[i], f[j]+(peo[i]-peo[j])*i-(cost[i]-cost[j]));
6 }

（四）70+太低了如何拿满分

老样子，再来看一下数据范围（终极boss来了）：

n≤500, m≤100, 0≤ti​≤4×10^6

m的范围变回 100 了，tm的时间复杂度好方，肿么办!!!

别着急，先来分析一下数据范围：

可以发现，ti 达到了4*10^6 ，然鹅 n 却还是500，不难想象，如果将 ti 看做一条线段，上面有 4*10^6个整点，然后取其中的500个点标记，标记的点一定是非常离散的。

同样的道理，在如此之大的 ti 中，一定有很多区间是没有等车人的（无用的区间），但是仍然无用地枚举了m次，时间复杂度大大增加。

这时候，我们只需要加一个小小的剪枝，判断当前枚举的 i 点到 i-m 中是否有人，如果没有人的话，就没有必要进行多一次的循环了（因为再发多一次车对答案没有影响，毕竟没人），只需要将 f[i] 赋值为 f[i-m]，然后continue即可。

经过某神犇的证明，经过这次剪枝后，实际枚举的点只有 nm 个，时间复杂度降为（当然还有一个常数 t 被我忽略了）

100%的数据跑得飞快……

程序段：

1 for(int i=1; i<t+m; i++)
2 {
3     if(i>=m and peo[i]-peo[i-m] == 0) {f[i] = f[i-m]; continue;}
4     f[i] = i*peo[i] - cost[i];
5     for(int j=0; j<=i-m; j++)
6         f[i] = min(f[i], f[j]+(peo[i]-peo[j])*i-(cost[i]-cost[j]));
7 }

（五）答案在哪？

终于到最后一步了，显而易见，answer一定在最大的时间后面（废话），只需要从 t 枚举到 t+m-1 取一个最小值即可。

注意：

代码中的 t 和 （五）中的 t 含义相同，都是最后到的那个人的到达时间。

ps：终于写完了，这个思路是参考了某神犇的（@Sooke），再加上了自己的一些理解，希望能有帮助。