洛谷題目鏈結
真毒瘤
這個題目耗了我半天。。結果是線段樹打錯了。。。
回歸正題：
線段樹$+dp$
首先當然是先考慮樸素$dp$啦，相信你既然都來做這題了，樸素的方程自然不用我多說，設$f[i][j]$表示在前$i$個村莊內，第$j$個基站建在$i$處的最小費用（不考慮$i$~$n$的賠償費用等）
方程為：
$$f[i][j]=min(f[k][j-1]+pay[k][i])$$
其中$pay[k][i]$表示從第$k$個村莊到第$i$個村莊的賠償費用之和
那麼我們觀察上面這個方程，這個方程是$o(n^2k)$的,可以發現類似於揹包問題，是可以滾掉一維，因為發現$f$陣列第二維只跟上次的值也就是$j-1$次的值有關，那麼我們只要直接利用上一次求出來的值繼續$dp$就行了，不需要多開一維，所以$dp$方程自然就化為$$f[i]=min(f[k]+pay[k][i])$$
那麼我們繼續思考：主要的時間消耗在了**？自然是怎麼快速計算$pay[k][i]$了
那麼我們思考：
對於每乙個村莊，都有乙個範圍內需要建立基站，否則就要賠償，那麼我們設第$i$個村莊的範圍為$[l,r]$,如果正在考慮$r$處建不建基站，那麼有下列情況：
$1$、不在$r$處設立基站，那麼對於村莊$i$來說，上乙個基站在$[1,l-1]$這個區間的話，就要賠償村莊$i$了，因為$[l,r]$這個區間沒有建基站，那麼我們就要快速的在$[1,l-1]$中區間加村莊$i$的賠償費用了，我們就以線段樹為例啦
$2$、在$r$處建立基站，那麼也就相當於最後乙個基站設立在$[1,r-1]$這個區間中，找乙個費用最小值來轉移嘛，還是線段樹$qwq$
所以我們要開乙個線段樹來維護$f+pay$的最小值，要有區間加法和區間查詢的操作
那麼為了上面的操作，我們還要開幾個陣列輔助（如果你是$dalao$當我沒說）
$st[i]$表示第$i$個村莊對應區間的左端點$l$
$ed[i]$表示第$i$個村莊對應區間的右端點$r$
那麼當$ed_x=i$的時候，如果$i$處不建，那麼就要區間加上$pay[x]$的值，然而可能有很多點的$ed$都是$i$，所以我們用鏈式前向星來儲存，具體可以看**實現
接下來就是美滋滋的**時間~~~
#include#include#include#include#define n 20007#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
struct edge
edge[n<<2];
struct tree
tr[n<<2];
int n,k,cnt;
int dis[n],val[n],range[n],pay[n],st[n],ed[n],head[n],f[n];
void add(int u,int v)
; head[u]=cnt;
}void get()
}void pushup(int rt)
void build(int rt,int l,int r)
int mid=l+((r-l)>>1);
build(rt<<1,l,mid);
build(rt<<1|1,mid+1,r);
pushup(rt);
}void pushdown(int rt)
}int search(int rt,int l,int r,int l,int r)
pushdown(rt);
int mid=l+((r-l)>>1);
if(l<=mid)
update(rt<<1,l,mid,l,r,c);
if(midupdate(rt<<1|1,mid+1,r,l,r,c);
pushup(rt);
}void dp()
} int ans=f[n];
// for(int i=1;i<=n;++i)
// for(int i=2;i<=k;++i)
}ans=min(ans,f[n]);//cout<<"ans:"<} printf("%lld",ans);
}void init()
signed main()
ZJOI2010 基站選址 線段樹優化dp難題
個人覺得這道題很難.最近我要總結幾篇 dp系列 了。令dp i j 表示，在第i個位置建造第j個基站時的最小代價。為了方便，我們令n n 1，k k 1。給最後乙個點的c賦0，d和w都賦inf 0x3f3f3f3f，如果用0x7fffffff會爆int 這樣的好處是最後乙個站一定建造 否則inf就變...
bzoj 1835 ZJOI2010 基站選址
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