BZOJ 2726 [SDOI2012] 任務安排

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Problem

傳送門 ＞ω＜

題目大意：
按順序給定 n$n$ 個子任務，每個任務用時 ti$t_i$ ，費用係數 fi$f_i$
連續的多個（一個）子任務合成爲大任務，大任務的用時和費用係數爲所有子任務之和，啓動一個大任務需要時間 S$S$ ，每次進行一個大任務，其費用爲 結束時間 * 費用係數 ，問最小費用爲多少（大任務也要按照先後順序進行）

要求所有子任務都被包括在大任務之中

題面複雜得一匹…

Solution

因爲根據習慣我們用 f$f$ 來進行動態規劃，所以將 g$g$ f$f$ 互換一下

先從比較簡單的開始
設 sumg[i]$sumg[i]$ 爲 g[i]$g[i]$ 前綴和
設 sumt[i]$sumt[i]$ 爲 r[i]$r[i]$ 前綴和
設 f[i]$f[i]$ 爲 將前 i$i$ 個小任務分成若干個大任務所需要的最小費用
我們先不考慮每次機器啓動的 S$S$ ，易得轉移

f[i]=min(f[j],sumt[i]∗(sumg[i]−sumg[j]))$$f[i]=min(f[j],sumt[i]\ast (sumg[i]-sumg[j]))$$

經過觀察發現，每次加入一個 S$S$ 都會對後面每個點增加一個貢獻 s∗g[k](k>j)$s\ast g[k](k>j)$ ，即 s∗sumg[n]−sumg[j]$s\ast sumg[n]-sumg[j]$

所以轉移方程化爲

f[i]=min(f[j]+sumt[i]∗(sumg[i]−sumg[j])+s∗(sumg[n]−sumg[j]))$$f[i]=min(f[j]+sumt[i]\ast (sumg[i]-sumg[j])+s\ast (sumg[n]-sumg[j]))$$

顯然這樣就能使用 O(n2)$O(n^2)$ 的算法 通過 60%$60\mathrm{\%}$ 的數據

那麼如何進一步降低複雜度呢？

假設現在 i$i$ 狀態從 k$k$ 狀態轉移比 j$j$ 狀態要優，則有

f[j]+sumt[i]∗(sumg[i]−sumg[j])+s∗(sumg[n]−sumg[j]))>f[k]+sumt[i]∗(sumg[i]−sumg[k])+s∗(sumg[n]−sumg[k]))$$f[j]+sumt[i]\ast (sumg[i]-sumg[j])+s\ast (sumg[n]-sumg[j]))>f[k]+sumt[i]\ast (sumg[i]-sumg[k])+s\ast (sumg[n]-sumg[k]))$$

化簡可得

f[j]−s∗sumg[j]−sumt[i]∗sumg[j]>f[k]−s∗sumg[k]−sumt[i]∗sumg[k]$$f[j]-s\ast sumg[j]-sumt[i]\ast sumg[j]>f[k]-s\ast sumg[k]-sumt[i]\ast sumg[k]$$

f[k]−f[j]sumg[k]−sumg[j]<s+sumt[i]$$\frac{f[k]-f[j]}{sumg[k]-sumg[j]}<s+sumt[i]$$

其實這就已經可以做了，顯然需要維護一個下凸包，在插入的時候彈出無用狀態

但是後面的斜率 s+sumt[i]$s+sumt[i]$ 沒有單調性，所以說就不能夠從狀態頭部彈出節點，不能保證頭部狀態最優，所以在可能的狀態序列中二分查找，直到右側節點不優於當前節點爲止

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1000010;
#define mid ((l + r) >> 1)
ll t[N] , g[N];
ll f[N];
ll sta[N] , top;
ll n , s;
ll read() {
    ll ans = 0 , flag = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch > '9' || ch < '0') {if(ch == '-') flag = - 1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9') {ans = ans * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
    return ans * flag;
}
bool check(int x , int i) {
    if(x == top) return 0;
    if(f[sta[x + 1]] - f[sta[x]] <= (g[sta[x + 1]] - g[sta[x]]) * (s + t[i])) return 1;
    return 0;
}
bool slope(int x , int y , int z) {
    return (f[x] - f[y]) * (g[y] - g[z]) <= (f[y] - f[z]) * (g[x] - g[y]);
}
int work(int i) {
    int l = 1 , r = top;
    if(l == r) return sta[l];
    while(l < r) {
        if(check(mid , i)) l = mid + 1;
        else r = mid;
    }
    return sta[l];
}
int main() {
    n = read(); s = read();
    for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i) {
        t[i] = read(); t[i] += t[i - 1];
        g[i] = read(); g[i] += g[i - 1];
    }
    sta[++ top] = 0;
    for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i) {
        int j = work(i);
        f[i] = f[j] + t[i] * (g[i] - g[j]) + s * (g[n] - g[j]);
        while(top >= 2) {
            if(slope(i , sta[top] , sta[top - 1])) sta[top --] = 0;
            else break;
        }
        sta[++ top] = i;
    }
    printf("%lld\n" , f[n]);
    return 0;
}