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## [$AcWing$ $475$. 摆渡车](https://www.acwing.com/problem/content/description/477/)
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### 一、题目描述
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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。
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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？
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**注意**：摆渡车回到人大附中后可以即刻出发。
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**输入格式**
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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。
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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。
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**输出格式**
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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）。
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**输入样例**
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```cpp {.line-numbers}
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5 5
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11 13 1 5 5
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```
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**输出样例**
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```cpp {.line-numbers}
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4
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```
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### 二、解题思路
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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：
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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$m=5$。
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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。
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#### 状态表示
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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**。
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#### 状态转移
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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：
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$$\large f[i]=\min_{j≤i−m}(\sum_{j<t[k]≤i}(i−t[k])+f[j])$$
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进一步思考
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$$\sum_{j<t[k]≤i}(i−t[k])=(\sum_{j<t[k]≤i}{i})−(\sum_{j<t[k]≤i}{t[k]})$$
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其中$\displaystyle \sum{i}$和$\displaystyle \sum{t[k]}$ **都可以通过前缀和** 计算出来。
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$\displaystyle \sum{i}=(cnt[i]−cnt[j])×i$，$cnt[i]$表示区间$(0,i]$中同学的个数。
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$\displaystyle \sum{t[k]}=sum[i]−sum[j]$，$sum[i]$表示区间$(0,i]$中所有同学到达的时间之和。
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状态转移方程可以写成：
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$$\large f[i]=\min_{j≤i−m}(cnt[i]−cnt[j])×i−(sum[i]−sum[j])+f[j]$$
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#### 时间复杂度
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$f[i]$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$O(10^{12})$。
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#### 代码实现
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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// 通过了 10/20个数据
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const int N = 4000010;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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int f[N], cnt[N], sum[N];
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int n, m; // 等车人数和摆渡车往返一趟的时间
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int T; // T表示最后一个同学到达车站的时间
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int main() {
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cin >> n >> m;
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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int t; // 每个同学到达车站的时刻
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cin >> t;
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T = max(T, t); // 最后一个同学到达车站的时间
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cnt[t]++; // t时刻引发的到达车站的人数，可能是多人
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sum[t] += t; // t时刻引发的等待时间和，可能是多人
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}
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// 注意，这里应计算到最后一同学可能等到的时间
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for (int i = 1; i < T + m; i++) {
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cnt[i] += cnt[i - 1]; // 求人数的前缀和
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sum[i] += sum[i - 1]; // 求时间的前缀和
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}
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for (int i = 1; i < T + m; i++) {
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f[i] = i * cnt[i] - sum[i]; // 特殊处理i<m的情况
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for (int j = 0; j <= i - m; j++)
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f[i] = min(f[i], (cnt[i] - cnt[j]) * i - (sum[i] - sum[j]) + f[j]);
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}
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// 取右边界取的漂亮
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int ans = INF;
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for (int i = T; i < T + m; i++) ans = min(ans, f[i]);
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cout << ans << endl;
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return 0;
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}
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```
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### 三、算法优化
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$DP$优化常用的两种方法:
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- **剪去无用转移**
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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：
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$$\large f[i]=\min_{i−2m<j≤i−m}(cnt[i]−cnt[j])×i−(sum[i]−sum[j])+f[j]$$
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- **剪去无用状态**
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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。
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优化后时间复杂度$O(nm^2+t)$。
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#### 代码实现
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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const int N = 4000010;
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int ans = INF;
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int cnt[N], sum[N], f[N];
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int n, m; // 等车人数和摆渡车往返一趟的时间
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int T; // T表示最后一个同学到达车站的时间
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int main() {
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cin >> n >> m;
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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int t;
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cin >> t;
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T = max(T, t);
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cnt[t]++;
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sum[t] += t;
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}
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// 注意，这里应计算到最后一同学可能等到的时间 T + m - 1
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for (int i = 1; i < T + m; i++) {
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cnt[i] += cnt[i - 1]; // 求人数的前缀和
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sum[i] += sum[i - 1]; // 求时间的前缀和
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}
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for (int i = 1; i < T + m; i++) {
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// 可以多通过6个测试点
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if (i >= m && cnt[i] == cnt[i - m]) {
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f[i] = f[i - m];
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continue;
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}
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f[i] = i * cnt[i] - sum[i]; // 特殊处理i<m的情况
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// 可以多通过4个测试点
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for (int j = max(0, i - 2 * m + 1); j <= i - m; j++)
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f[i] = min(f[i], (cnt[i] - cnt[j]) * i - (sum[i] - sum[j]) + f[j]);
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}
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// 注意，最后一名同学上车的时刻在[T，T + m)，求 其中最小值。
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for (int i = T; i < T + m; i++) ans = min(ans, f[i]);
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cout << ans << endl;
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return 0;
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}
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```
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