题解 P4544 【[USACO10NOV]Buying Feed G】

看完这到题，很容易想到用背包做，即设状态$f_{i,j}$表示前$i$个商店一共带了$j$吨货的最小花费,只需要先把商店的位置排个序,就可以直接枚举了,那么就可以得到状态转移方程

$\begin{cases} f_{i,j}=f_{i-1,j}+j*j*(X_i-X_{i-1}),u=0\\ f_{i,j}= \underset{0\le j\le k,1\le u\le F_i}{min}(f_{i,j-u}+u*C_i) \end{cases}$

第一层循环枚举当前走到第$i$商店，第二层循环枚举当前一共运了$j$吨货物,第三层循环枚举在当前商店购买$u吨货物$,那么我们就可以$O(n^3)$实现这个算法,很明显是会超时的,所以想办法优化,(通过查看标签),很明显可以看到,$f_{i,j}$只跟之前的$f_{i,j-u}$有关,同时每个$u$需满足$u+F_i>=j$,所以可以考虑单调队列来优化,那么时间复杂度就会降为$O(n^2)$,具体细节看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll dp[505][10005], q[10005], temp[10005];//数据范围最大会爆int,所以要开long long
int front, tail;//队头,队尾
struct sta
{
    int x, f, c;
    bool operator < (const sta a) const 
    {
        return x < a.x;
    }
} shop[505];//存的每一个商店

int main()
{
    int k, e, n;
    scanf("%d%d%d", &k, &e, &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d%d%d", &shop[i].x, &shop[i].f, &shop[i].c);
    sort(shop + 1, shop + 1 + n);//按坐标位置排序
    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
    dp[0][0] = 0;//初始状态
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        front = 0, tail = -1;
        for (int j = 0; j <= k; j++)
            temp[j] = dp[i][j] = dp[i - 1][j] + j * j * (shop[i].x - shop[i - 1].x);//注意到这里为什么需要重新开个数组,因为每次的$dp_{i,j}$是由之前更新来的,所以如果这次更新了就会影响后面的状态,所以就需要重新开个数组存一下,避免重复更新
        for (int j = 0; j <= k; j++)
        {
            if (front <= tail && q[front] + shop[i].f < j)
                front++;
            while(front <= tail && temp[q[tail]] - q[tail] * shop[i].c > temp[j] - j * shop[i].c)
                tail--;
            q[++tail] = j;
            if (front <= tail)
                dp[i][j] = min(dp[i][j], temp[q[front]] + (j - q[front]) * shop[i].c);
        }//单调队列优化
    }
    printf("%lld", dp[n][k] + k * k * (e - shop[n].x));
    return 0;
}