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AcWing 475. 摆渡车

一、题目描述

有n名同学要乘坐摆渡车从 人大附中 前往 人民大学，第 i 位同学在第 t_i分钟去等车。只有一辆摆渡车在工作，但摆渡车容量可以视为无限大。摆渡车从人大附中出发, 把车上的同学送到人民大学,再回到人大附中（去接其他同学），这样往返一趟总共花费m分钟（同学上下车时间忽略不计）。摆渡车要将所有同学都送到人民大学。

凯凯很好奇，如果他能任意安排摆渡车出发的时间，那么这些同学的 等车时间之和最小 为多少呢？

注意：摆渡车回到人大附中后可以即刻出发。

输入格式 第一行包含两个正整数 n,m,以一个空格分开，分别代表等车人数和摆渡车往返一趟的时间。

第二行包含 n 个正整数，相邻两数之间以一个空格分隔，第 i 个非负整数 t_i代表第i个同学到达车站的时刻。

输出格式 输出一行，一个整数，表示所有同学等车时间之和的最小值（单位：分钟）。

输入样例

5 5
11 13 1 5 5

输出样例

4

二、解题思路

如果把时间看作一个数轴，那么所有同学到达车站的时刻就是数轴上的点，安排车辆的工作就是把数轴划分成若干个 左开右闭 的子区间，如下图所示：

例如测试样例中摆渡车安排在时刻1、6、13时，所有同学的等待时间之和最少，为4。一共安排了3次乘车，将数轴划分3段左开右闭的区间，分别是：(0,1],(1,6],(6,13]，每段长度都≥m，上图中m=5。

这样，等待时间之和就转换成了所有点到各自所属区间右边界的距离之和。

状态表示

设f[i]表示数轴上对于前i个点，且最后一段的右边界为i，位于(0,i]的所有点到各自所属区间右边界的 距离之和的最小值。

状态转移

设最后一段是(j,i]，而每段长度i−j≥m，则有j≤i−m。如果第k位同学到达时间t[k]属于区间(j,i]，即j<t[k]≤i，他到右边界i的距离是i−t[k]。那么累加所有属于区间(j,i]的点到i点距离之和，然后加上上一阶段的状态f[j]，就得到了状态转移方程：

\large f[i]=\min_{j≤i−m}(\sum_{j<t[k]≤i}(i−t[k])+f[j])

进一步思考

\sum_{j<t[k]≤i}(i−t[k])=(\sum_{j<t[k]≤i}{i})−(\sum_{j<t[k]≤i}{t[k]})

其中\displaystyle \sum{i}和\displaystyle \sum{t[k]} 都可以通过前缀和 计算出来。

\displaystyle \sum{i}=(cnt[i]−cnt[j])×i，cnt[i]表示区间(0,i]中同学的个数。 \displaystyle \sum{t[k]}=sum[i]−sum[j]，sum[i]表示区间(0,i]中所有同学到达的时间之和。

状态转移方程可以写成：

\large f[i]=\min_{j≤i−m}(cnt[i]−cnt[j])×i−(sum[i]−sum[j])+f[j]

时间复杂度

f[i]表示的是在时间轴上对于前i个点的最优解，i≤4×10^6，所以时间复杂度为O(10^{12})。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 通过了 10/20个数据
const int N = 4000010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int f[N], cnt[N], sum[N];
int n, m; // 等车人数和摆渡车往返一趟的时间
int T;    // T表示最后一个同学到达车站的时间

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int t; // 每个同学到达车站的时刻
        cin >> t;
        T = max(T, t); // 最后一个同学到达车站的时间
        cnt[t]++;      // t时刻引发的到达车站的人数，可能是多人
        sum[t] += t;   // t时刻引发的等待时间和，可能是多人
    }

    // 注意，这里应计算到最后一同学可能等到的时间
    for (int i = 1; i < T + m; i++) {
        cnt[i] += cnt[i - 1]; // 求人数的前缀和
        sum[i] += sum[i - 1]; // 求时间的前缀和
    }

    for (int i = 1; i < T + m; i++) {
        f[i] = i * cnt[i] - sum[i]; // 特殊处理i<m的情况
        for (int j = 0; j <= i - m; j++)
            f[i] = min(f[i], (cnt[i] - cnt[j]) * i - (sum[i] - sum[j]) + f[j]);
    }
    // 取右边界取的漂亮
    int ans = INF;
    for (int i = T; i < T + m; i++) ans = min(ans, f[i]);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

三、算法优化

DP优化常用的两种方法:

• 剪去无用转移 考虑区间(j,i]，在计算f[i]时，j从0开始枚举。其实可以缩小j的范围，从i - 2 * m开始枚举。因为当区间的长度≥2m时，可以安排摆渡车跑一个来回，等待时间不会变长。通过此性质，可剪去大量无用转移，状态转移方程更新为：

\large f[i]=\min_{i−2m<j≤i−m}(cnt[i]−cnt[j])×i−(sum[i]−sum[j])+f[j]

• 剪去无用状态 对于某个阶段的状态f[i]，如果在区间(i−m,i]中没有任何点，那么状态f[i]=f[i-m]。因为区间中没有任何学生，可以不安排摆渡车，不会增加学生的等待时间。

优化后时间复杂度O(nm^2+t)。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

const int N = 4000010;
int ans = INF;
int cnt[N], sum[N], f[N];
int n, m; // 等车人数和摆渡车往返一趟的时间
int T;    // T表示最后一个同学到达车站的时间

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int t;
        cin >> t;
        T = max(T, t);
        cnt[t]++;
        sum[t] += t;
    }

    // 注意，这里应计算到最后一同学可能等到的时间 T + m - 1
    for (int i = 1; i < T + m; i++) {
        cnt[i] += cnt[i - 1]; // 求人数的前缀和
        sum[i] += sum[i - 1]; // 求时间的前缀和
    }

    for (int i = 1; i < T + m; i++) {
        // 可以多通过6个测试点
        if (i >= m && cnt[i] == cnt[i - m]) {
            f[i] = f[i - m];
            continue;
        }

        f[i] = i * cnt[i] - sum[i]; // 特殊处理i<m的情况

        // 可以多通过4个测试点
        for (int j = max(0, i - 2 * m + 1); j <= i - m; j++)
            f[i] = min(f[i], (cnt[i] - cnt[j]) * i - (sum[i] - sum[j]) + f[j]);
    }

    // 注意，最后一名同学上车的时刻在[T，T + m)，求 其中最小值。
    for (int i = T; i < T + m; i++) ans = min(ans, f[i]);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}