POJ3612 洛谷P2885 [USACO07Nov] Telephone Wire 架设电话线 dp

题目链接：洛谷 POJ

题目描述
最近，Farmer John的奶牛们越来越不满于牛棚里一塌糊涂的电话服务于是，她们要求FJ把那些老旧的电话线换成性能更好的新电话线。新的电话线架设在已有的 N ( 2 ≤ N ≤ 100 , 000 ) N(2\leq N\leq 100,000) N(2≤N≤100,000)根电话线杆上，第i根电话线杆的高度为 h e i g h t i height_i heighti米 ( 1 ≤ h e i g h t i ≤ 100 ) (1\leq height_i\leq 100) (1≤heighti≤100)。

电话线总是从一根电话线杆的顶端被引到相邻的那根的顶端。如果这两根电话线杆的高度不同，那么Farmer John就必须为此支付 C ∗ C* C∗电话线杆高度差 ( 1 ≤ C ≤ 100 ) (1\leq C\leq 100) (1≤C≤100)的费用。当然，你不能移动电话线杆，只能按原有的顺序在相邻杆间架设电话线。Farmer John认为加高某些电话线杆能减少架设电话线的总花费，尽管这项工作也需要支出一定的费用。

更准确地，如果他把一根电话线杆加高X米 ( X ≥ 0 ) (X\geq 0) (X≥0)的话，他得为此付出 X 2 X^2 X2 的费用。请你帮Farmer John计算一下，如果合理地进行这两种工作，他最少要在这个电话线改造工程上花多少钱。

输入格式
第 1 1 1行: 2个用空格隔开的整数： N N N和 C C C
第 2.. N + 1 2..N+1 2..N+1行: 第i+1行仅有一个整数： h e i g h t i height_i heighti

输出格式
第 1 1 1行: 输出 F a r m e r J o h n Farmer John FarmerJohn完成电话线改造工程所需要的最小花费

O ( n h 2 ) O(nh^2) O(nh2)的 d p dp dp应该不难想到。
d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示改造并架设前 i i i个电线杆，第 i i i个电线杆高度为 j j j的最小花费。
那么大力枚举 i , j i,j i,j和第 i − 1 i-1 i−1个电线杆的高度 k k k，然后转移：
d p [ i ] [ j ] = m i n ( d p [ i ] [ j ] , d p [ i − 1 ] [ k ] + c ∗ a b s ( j − k ) + ( j − h [ i ] ) ∗ ( j − h [ i ] ) ) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][k]+c*abs(j-k)+(j-h[i])*(j-h[i])) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i−1][k]+c∗abs(j−k)+(j−h[i])∗(j−h[i]))

O ( n h 2 ) O(nh^2) O(nh2)的复杂度理论上是过不去的，但因为数据太水卡过了qwq。
考虑优化：
对于递增的 j j j，最优的 k k k值必然不降。
证明：假设电线杆高度为 j j j时，对应的最优的高度为 k k k。
当 j j j变成 j + 1 j+1 j+1时，若 k k k减少为 k − 1 k-1 k−1，则说明电线杆高度为 j j j时，最优的k值应该为 k − 1 k-1 k−1。
因此 k k k不珂能下降。
因此珂以利用这个单调性求解。时间复杂度 O ( n h ) O(nh) O(nh)。
代码：
O ( n h 2 ) O(nh^2) O(nh2)暴力

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define re register int
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {re x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-')  f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') {x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
const int Size=100005;
const int INF=1e9;
int n,c,h[Size],dp[Size][105];
int main() {n=read();c=read();int maxh=0;for(re i=1; i<=n; i++) {h[i]=read();if(h[i]>maxh)    maxh=h[i];}for(re i=h[1]; i<=maxh; i++) {dp[1][i]=(i-h[1])*(i-h[1]);}for(re i=1; i<=n; i++) {for(re j=h[i]; j<=maxh; j++) {dp[i][j]=INF;for(re k=h[i-1]; k<=maxh; k++) {dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][k]+c*abs(j-k));}dp[i][j]+=(j-h[i])*(j-h[i]);}}int ans=INF;for(re i=h[n]; i<=maxh; i++) {if(dp[n][i]<ans) {ans=dp[n][i];}}printf("%d",ans);return 0;
}

O ( n h ) O(nh) O(nh)优化：

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define re register int
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {re x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-')  f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') {x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
const int Size=100005;
const int INF=1e9;
int n,c,h[Size],dp[Size][105];
int main() {n=read();c=read();int maxh=0;for(re i=1; i<=n; i++) {h[i]=read();if(h[i]>maxh)    maxh=h[i];}for(re i=h[1]; i<=maxh; i++) {dp[1][i]=(i-h[1])*(i-h[1]);}for(re i=1; i<=n; i++) {int ptr=h[i-1];for(re j=h[i]; j<=maxh; j++) {dp[i][j]=INF;while(ptr<maxh && dp[i-1][ptr+1]+c*abs(j-ptr-1)<dp[i-1][ptr]+c*abs(j-ptr)) {ptr++;}dp[i][j]=dp[i-1][ptr]+c*abs(j-ptr);dp[i][j]+=(j-h[i])*(j-h[i]);}}int ans=INF;for(re i=h[n]; i<=maxh; i++) {if(dp[n][i]<ans) {ans=dp[n][i];}}printf("%d",ans);return 0;
}

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