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BZOJ 2259 新型计算机（BIT优化DP）

2022-09-14 20:32:23 阅读：229 来源： 互联网

标签：ch int res le DP 2259 BIT dp

Problem

原题
题意：你有一个序列，一个位置上的数 \(x\) 可以覆盖接下来的 \(x\) 个数，你可以修改一些数，代价就是改变的大小，求覆盖这个序列的最小代价和。

Solution

拿这题练了一下BIT优化DP,感觉还挺有意思的，所以写写。

首先考虑朴素 dp，令 \(dp[i]\) 表示完全覆盖 \([i,n]\) 的最小代价。

为什么要反着来呢？

回想 BIT 维护前缀和的过程，当我们在一个点修改的时候，他通过树形结构保证了，修改前缀和只会影响到后面的 \(\log{n}\) 个点，也就是说我们单点修改的时候影响到的是后面的结点，这体现在值域上就是 \([i,n]\)，所以要倒着来。

接下来考虑转移方程：

\[dp[i] = \min{(dp[j] + \left | j-i-1-a[i]\right |)} \]

不妨令

\[t = a[i] + i + 1 \]

接下来分类讨论：

\[j \ge t:dp[i] = dp[j] + j - t \]
\[j \le t:dp[i] = dp[j] - j + t \]

对于第二种，很好转移，还是根据之前的发现，树状数组更新的是一段后缀，那么我们直接查询 \(t\) 这个点，就能保证查询到 \(j \le t\) 的部分。

对于第一种，树状数组不太好办，咋办？

整个活：

\[j \ge t \]

\[-j \le -t \]

\[n-j+1\le n-t+1 \]

这不就又变成 \(\le\) 了！而且值域还是 \([1,n]\) 的，合理且正确！

那么这题就做完了。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define rrep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
using namespace std;
template <typename T>
inline void read(T &x){
    x=0;char ch=getchar();bool f=0;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    if(f)x=-x;
}
template <typename T,typename ...Args>
inline void read(T &tmp,Args &...tmps){read(tmp);read(tmps...);}
const int N = 1e6 + 5;
#define int long long
const int INF = 1e10;
int n,a[N],dp[N];
struct BIT{
    int c[N];
    BIT(){memset(c,0x7f,sizeof(c));}
    inline int lowbit(int x){return x & (-x);}
    inline int query(int x){
        int res = INF;
        if(x <= 0 || x > n)return res;
        for(;x;x-=lowbit(x))res = min(res,c[x]);
        return res;
    }
    inline void upd(int x,int y){
        for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))c[i] = min(c[i],y);
    }
}t1,t2;
signed main(){
    //printf("%d",t1.c[0]);
    read(n);
    rep(i,1,n)read(a[i]);
    rrep(i,n,1){
        dp[i] = abs(n - i - a[i]);
        int t = a[i] + i + 1;
        dp[i] = min(dp[i],t1.query(t) + t);
        if(i < n)dp[i] = min(dp[i],t2.query(n-t+1) - t);
        t1.upd(i,dp[i]-i);
        t2.upd(n-i+1,dp[i]+i);
    }
    printf("%lld",dp[1]);
}

标签：ch,int,res,le,DP,2259,BIT,dp
来源： https://www.cnblogs.com/wsxxs/p/16694388.html

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