bzoj 1835 ZJOI2010 基站選址

有n個村莊坐落在一條直線上，第i(i>1)個村莊距離第1個村莊的距離為di。需要在這些村莊中建立不超過k個通訊基站，在第i個村莊建立基站的費用為ci。如果在距離第i個村莊不超過si的範圍內建立了乙個通訊基站，那麼就成它被覆蓋了。如果第i個村莊沒有被覆蓋，則需要向他們補償，費用為wi。現在的問題是，選擇基站的位置，使得總費用最小。

輸入資料 (base.in) 輸入檔案的第一行包含兩個整數n,k，含義如上所述。第二行包含n-1個整數，分別表示d2,d3,…,dn，這n-1個數是遞增的。第三行包含n個整數，表示c1,c2,…cn。第四行包含n個整數，表示s1,s2,…,sn。第五行包含n個整數，表示w1,w2,…,wn。

這道題是dp，相信這是顯而易見的。但不是裸dp，磨了我好久，關鍵是這題是線段樹優化dp。dp方程為f[j][i]=f[j-1][k]+cost[k][i](j-1<= k<= i-1)，其中cost[k][i]意為從k到i之間要補償的村莊的總費用，然而我們可以把第一維提前，變成f[i]=f[k]+cost[k][i]。

先用二分求出每個點的st（如果建立基站最前的可以覆蓋到它的點）和ed（如果建立基站最後的可以覆蓋到它的點），然後我們發現如果我們現在列舉到i，並且ed[k]=i，那麼在i+1時，1~st[k]-1建基站就覆蓋不到k（i+1也覆蓋不到k）,所以cost[j][i+1]+=w[k](1<= j<= st[k]-1），而我們要維護f[k][j]+cost[k][i](j<= k<= i-1，i為當前列舉到的點)，對於這種區間詢問與修改，我們便想到了線段樹。

這便是大體思路，接下來就要看實現能力了。（其實可以不用二分查詢st和ed，stl**好，但本蒟蒻不會）

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,m;
int d[20005],c[20005],s[20005],w[20005];
int f[20005],st[20005];
struct node
a[40010];int len,last[40010];
void ins(int
x,int
y)struct trnode
tr[40010];int trlen;
void bt(int l,int r)
}void change(int now,int l,int r,int k)
intlc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2;
if(tr[now].add!=0)
if(midelse
if(mid>=r)change(lc,l,r,k);
else change(lc,l,mid,k),change(rc,mid+1,r,k);
tr[now].c=min(tr[lc].c,tr[rc].c);
}int getmin(int now,int l,int r)
if(midreturn getmin(rc,l,r);
else
if(mid>=r)return getmin(lc,l,r);
else
return min(getmin(lc,l,mid),getmin(rc,mid+1,r));
}int check1(int
x) else l=mid+1;
}return ans;
}int check2(int
x) else r=mid-1;
}return ans;
}int main()
n++;//新增乙個節點，d灰常大，使得前面的節點覆蓋不它，
而w也很大，可c為0，使得它一定被作為基站，這對結果不影響，
還可方便記錄結果，直接為f[n]
d[n]=w[n]=0x3f3f3f3f;c[n]=s[n]=0;
ins(n,n);st[n]=n;
int he=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
}ans=f[n];
for(int j=2;j<=m;j++) 
}ans=min(ans,f[n]);
}printf("%d\n",ans);
return
0;}

bzoj 1835 ZJOI2010 基站選址

BZOJ1835 ZJOI2010 基站選址

bzoj1835 線段樹優化dp）

BZOJ1003 ZJOI 物流運輸

bzoj 1835 ZJOI2010 基站選址

BZOJ1835 ZJOI2010 基站選址

bzoj1835 線段樹優化dp）

BZOJ1003 ZJOI 物流運輸

相關推薦