題目名我已經無力吐槽。
a：你是蘿莉控嗎？
b：。。。。。我給你道題目吧！
有乙個長度為
n 的正整數陣列
a，滿足ai
>=ai
+1，現在構造乙個陣列
b ，令bi
=∑nj
=ibj
。 現在，有乙個n∗
n 的網格圖，左下角座標是(1
,1) ，右上角座標是(n
,n) 。有乙個人正在座標為(n
,1) 的位置，每一時刻，如果他現在在(x
,y) ，他可以選擇走到(x
−1,y
+1) 或者(x
,⌈y/
2⌉) ，如果選擇後者，他要支付bx
的代價。
現在他想走到(1
,1) ，你可以告訴他他支付的代價最少是多少嗎？注意在任何時候他都不能離開這個網格圖。
模擬。
直接走。搜尋。30分。
其實這個搜尋可以寫成dp。 fi
,j=m
in(f
i+1,
j−1,
fi,j
∗2+b
i,fi
,j∗2
−1+b
i)這就60了。
根據這題的dp式，我們想到乙個老朋友：哈夫曼樹。
首先【前提】，你得對哈夫曼樹的dp形式足夠熟悉。
哈夫曼樹的點，我們按照權值ci
從小到大排序，依次加入樹中。
我們設gi,
j 表示當前正在把第
i 個點放進哈夫曼樹里，此時樹上有
j個空節點的最小代價。所謂空節點，就是放了不用增加代價的點（gi
,j中預支了剩餘的點放在這
j 個空節點的代價）
那麼轉移就很明郎了。我們用順推來便於記憶和理解。 gi
,j⇒g
i+1,
j−1,
gi,j
+∑j=
incj
⇒gi,
j∗2也就是說，當前狀態下，要麼把
i 塞到
j個空位的某乙個裡面，要麼把每個空位都變成輔助節點，這樣每個空位就都能多掛乙個葉子節點了。相應的，這樣一來剩下的所有空位置【能放的葉子節點】到根的距離都多了1，由於這些位置是為i→
n 準備的，所以代價要加上∑n
j=ic
j 答案就是mi
n(gn
+1,k
0≤k≤
maxj
) 你問我為什麼要每個空位都變成輔助節點？難道不能單開乙個或者僅僅是幾個嗎？
因為這樣狀態是重複的。假如我們僅僅單開了
k 個空位變成輔助節點，總空位數一定可以由之前的某個狀態的空位置數推導而來，所以我們只需要考慮一起開就好了。
這就是哈夫曼樹的dp形式。
關於哈夫曼樹的經典演算法我們就不贅述了，o(
nlogn)
。這和我們這一題有什麼關係呢？fi
,j=m
in(f
i+1,
j−1,
fi,j
∗2+b
i,fi
,j∗2
−1+b
i) 把
b 展開fi
,j=m
in(f
i+1,
j−1,
fi,j
∗2+∑
j=in
aj,f
i,j∗
2−1+
∑j=i
naj)
gi,j
⇒gi+
1,j−
1,gi
,j+∑
j=in
cj⇒g
i,j∗
2 g 和
f是不是非常的像，簡直就是逆過程！除了最後一項。
我們考慮一下gi
,j∗2
和 gi
,j∗2
−1的差別。同是由gi
,j推過來的，少乙個空位難道會比多乙個空位更優嗎？顯然是不會的，暫且不論這個空位能不能用上，gi
,j∗2
≤gi,
j∗2−
1 我們來檢測一下。
c 是遞增的，
a也是。 g1
,1=0
求的是 mi
n(gn
+1,k
0≤k≤
maxj
) fn
+1,0
=0求的是 f1
,1這裡產生了一點差異，就是fn
+1,0
，那麼我們的mi
n(gn
+1,k
0≤k≤
maxj
) 其實等於什麼呢？
對於這個最終答案，我們的哈夫曼樹可以是多叉的。
鑑於題目特殊性，我們看看二叉的哈夫曼樹有什麼特殊性質。
對於乙個最優的二叉哈夫曼樹，一定不存在掛空的空節點。
證明：如果最優的二叉哈夫曼樹存在某個空節點，必定存在乙個葉子節點的對應位置為空。那麼我們可以把這個葉子節點往上移，刪除這個空節點，達到更優的解法。與題設的最優性質衝突，所以對於乙個最優的二叉哈夫曼樹，一定不存在掛空的空節點。證畢。
此時，原問題就是哈夫曼樹問題的逆問題。由於這是乙個遞推，所以兩問題等價。
就是很隱蔽的哈夫曼樹。
這題比noi的哈夫曼樹隱蔽的多了。
要對哈夫曼樹的dp形式足夠熟悉和敏感。
正所謂吃一塹長一智，下次不會眼瞎了。
突破點：ai
>=ai
+1，bi=
∑nj=
ibj ， (x
,⌈y/
2⌉)
ps.本校的不懂的請問富欖
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