洛谷2605:基站选址
题意描述:
- 有\(N\)个村庄在一条直线上，第\(i(i>1)\)个村庄的距离第\(1\)个村庄的距离为\(D_i\)。
- 需要在这些村庄中建立不超过\(K\)个通讯站，在第\(i\)个村庄建立基站的费用为\(C_i\)。
- 如果在距离第\(i\)个村庄不超过\(S_i\)的范围内建立了一个通讯站，那么村庄就被基站覆盖。
- 如果第\(i\)个村庄没有被覆盖，则要向他们补偿，费用为\(W_i\)。
- 现在的问题是，选择基站的位置，使得总花费最小。
- 数据范围：
- \(k\leq N,k\leq 100,N\leq2*10^4,D_i\leq 10^9,C_i\leq 10^4,S_i\leq 10^9, w_i\leq 10^4\)。
输入格式：
- 第一行包含两个整数\(N,K\)，含义如上所述。
- 第二行包含\(N-1\)个整数，分别表示\(D_2,D_3,...,D_n\)\((\)与第一个村庄的距离\()\)，这\(N-1\)个数是递增的。
- 第三行输入\(N\)个整数，表示\(C_1,C_2,...,C_n\)\((\)在第\(i\)个村庄建基站的费用\()\)。
- 第四行输入\(N\)个整数，表示\(S_1,S_2,...,S_n\)\((\)第\(i\)个基站覆盖的距离\()\)。
- 第五行输入\(N\)个整数，表示\(W_1,W_2,...,W_n\)\((\)表示补偿的费用\()\)
输出格式：
- 输出一个整数表示最小的总费用。
思路：
- 线段树优化\(dp\)。
- 先考虑最朴素的\(dp\)如何处理。
- 设\(f(i,j)\)表示表示前\(i\)个村庄建立了\(j\)个通讯站的最小开销。为了方便转移，让第\(j\)个通讯站强制建立在第\(i\)个位置。
- 有状态转移方程：\(f(i,j)=min(f(k,j-1)+cost(k,i))+C_i\)。
- 也可以滚动一下变成\(f(i)=min(f(k)+cost(k,i))+c_i\)。
- 多设立一个空节点\(n+1\)。
- 那么最后的答案就是\(ans=min(f(n+1,i))(1\leq i\leq k+1)\)。
- 其中\(cost(k,i)\)表示从第\(k\)到第\(i\)个村庄选择外其他的都不选，所需要的补偿的费用。
- 计算\(cost\)的时间复杂度为\(O(n)\)。
- 计算\(dp\)的时间复杂度为\(O(nk)\)，所以总时间复杂度为\(O(n^2k)\)。
- 这个复杂度显然是无法通过的，对于枚举\(i,j\)而言，无法降低复杂度。我们可以在计算\(cost\)上下功夫。
对于每一个村庄\(i\)，都需要在一个范围内建基站，否则就要做出赔偿。假设第\(i\)个基站的区间是\([l_i,r_i]\)。
- 考虑在不在\(r\)处建立基站，有如下两种可能：
- \(1:\)不在\(r\)处建立基站，那么对于当前村庄\(i\)来说，上一个基站在\([1,l-1]\)这个区间的话，就要对\(i\)村庄进行赔偿。那么我们就需要在\([1,l-1]\)区间加上村庄\(i\)的赔偿费用。
- \(2:\)在\(r\)处建立基站，那么就要查询区间最小值了。
- 为了维护如上两个操作(快速区间修改，求区间最小值)，我们可以采用线段树。
- 所以转移过程中用线段树求出\(min(f(k,j-1)+cost(k,i))\)即可。
- 当然还需要开两个数组辅助：
- \(st(i)\)表示第\(i\)个村庄的左端点\(l_i\)。
- \(ed(i)\)表示第\(i\)个村庄的右端点\(r_i\)。
当\(ed(i)=i\)时，如果不建立基站就要更新区间。当然也会有很多点的\(ed\)都为\(i\)，所以用前向星来存一下。
时间复杂度被优化到了\(O(knlogn)\)，大约在\(10^7\)左右，可以通过。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define PII pair<int, int>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e4 + 10;
const ll INF = 1e18 + 10;
int n, k;
int st[maxn], ed[maxn];
ll c[maxn], w[maxn], d[maxn], s[maxn];
ll f[maxn], ans;
int head[maxn], nex[maxn<<1], ver[maxn<<1], tot;
void add_edge(int x, int y){
ver[++tot] = y; nex[tot] = head[x]; head[x] = tot;
}
struct SegmentTree
{
int l, r, add;
ll dat;
#define lson (p<<1)
#define rson (p<<1|1)
#define l(x) tree[x].l
#define r(x) tree[x].r
#define dat(x) tree[x].dat
#define add(x) tree[x].add
}tree[maxn<<2];
inline void pushup(int p){
dat(p) = min(dat(lson), dat(rson));
}
inline void spread(int p)
{
if(add(p))
{
dat(lson) += add(p);
dat(rson) += add(p);
add(lson) += add(p);
add(rson) += add(p);
add(p) = 0;
}
}
void build(int p, int l, int r)
{
add(p) = 0;
l(p) = l, r(p) = r;
if(l == r)
{
dat(p) = f[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson, l, mid);
build(rson, mid+1, r);
pushup(p);
}
ll ask(int p, int l, int r)
{
if(l <= l(p) && r(p) <= r) return dat(p);
spread(p);
int mid = (l(p) + r(p)) >> 1;
ll val = INF;
if(l <= mid) val = min(val, ask(lson, l, r));
if(mid < r) val = min(val, ask(rson, l, r));
return val;
}
void change(int p, int l, int r, int d)
{
if(l <= l(p) && r(p) <= r)
{
dat(p) += (ll)d;
add(p) += d;
return;
}
spread(p);
int mid = (l(p)+r(p)) >> 1;
if(l <= mid) change(lson, l, r, d);
if(mid < r) change(rson, l, r, d);
pushup(p);
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 2; i <= n; i++) scanf("%lld", &d[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &c[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &s[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &w[i]);
d[++n] = INF, w[n] = INF; k++;
//建立虚节点
//预处理出区间
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
st[i] = lower_bound(d+1, d+1+n, d[i]-s[i])-d;
ed[i] = lower_bound(d+1, d+1+n, d[i]+s[i])-d;
if(d[ed[i]] > d[i] + s[i]) ed[i] -= 1;
add_edge(ed[i], i);
}
//开始dp
ans = INF; int t = 0;
for(int i = 1; i <= k; i++)
{
if(i == 1) //预处理出只有一个基站的答案
{
t = 0;
for(int j = 1; j <= n; j++)
{
f[j] = t + c[j];
//寻找恰好被j覆盖 但不被j+1覆盖掉的点
for(int p = head[j]; p; p = nex[p])
{
int v = ver[p];
t += w[v];
}
}
ans = f[n]; continue;
}
//f(i)每次都在变 所以每次都更新一下线段树
build(1, 1, n);
for(int j = 1; j <= n; j++)
{
if(j == 1) f[j] = c[j];
else f[j] = ask(1, 1, j-1) + c[j]; //建立基站
//不建立基站
//将赔偿金累加到线段树中去
for(int p = head[j]; p; p = nex[p])
{
int v = ver[p];
if(st[v] - 1 > 0)
change(1, 1, st[v]-1, w[v]);
}
}
//更新答案
ans = min(ans, f[n]);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}