【NOIP2018】摆渡车题解（DP）

题目：luogu5017.
题目大意：给定一辆车往返一趟的时间$m$，并且车的容量无限大.现在要送$n$个人，人$i$会在时刻$ti$到达车站，问车这$n$个人等车时间之和最小是多少.

我们可以设$f[i]$表示送前i个同学需要的最少等待时间，然后直接枚举从前面那个状态转移过来，可以做到$O(n^2)$.

但是很明显这个算法是不满足最优子结构的，因为总等待时间最短不一定代表回到起点的时间点最早.

我们考虑先预处理两个数组$c[i]$和$s[i]$，分别表示到时刻i时的人的数量与乘客到达时间的前缀和.

那么我们考虑设$f[i]$表示时刻i发一辆车时的最少总等待时间，然后枚举上一次的发车时刻$j$来转移，时间复杂度$O(max{\left\{t[i]\right\}}^2)$.

对于这个算法，我们可以列出方程：
$$f[i]=mi{n}_{j=0}^{i-m}(f[j]+i\ast (c[i]-c[j])-s[i]+s[j])$$

考虑一个状态$f[i]$从$f[j]$转移过来，可以发现若$i-j>2m$，明显可以让这两次发车之间多发一次车来使答案不会变得更劣，那么我们就可以将枚举j变成枚举时差来优化上面的算法，时间复杂度$O(m\max \left\{t[i]\right\})$.

那么方程就变为：

$$f[i]=\underset{j=m}{\overset{2m}{\min }}\{f[i-j]+i\ast (c[i]-c[i-j])-s[i]+s[i-j]\}$$

继续考虑优化这个算法，发现一辆车的发车时间只会是$t[i]+j$，其中$0\le j\le m$.那么我们可以只计算有用的状态，不去计算无用的状态，也就是说我们枚举到一个状态$f[i]$时，判断这个状态是否有一个$t[j]$，使得$t[j]\le i\le m$，具体可以通过$c[i]-c[i-m]$是否为$0$来判断.这样我们就可以做到$O(n{m}^2+\max \left\{t[i]\right\})$.

然后貌似还可以把这个算法优化一下，类似于斜率优化，可以做到$O(nm+n\log n)$，但是我不会.

$O(n{m}^2+max\left\{t[i]\right\})$算法代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
 
#define Abigail inline void
typedef long long LL;
 
const int N=500,M=100,T=5*1000000;
const int INF=(1<<29)-1;
 
int n,m,t[N+9];
int c[T+9],s[T+9],mt;
//int f[N+9][M*2+9];
int f[T+9];
 
Abigail into(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i=1;i<=n;++i){
    scanf("%d",&t[i]);
    mt=max(mt,t[i]);
    ++c[t[i]];s[t[i]]+=t[i];
  }
}
 
Abigail work(){
  mt+=m-1;
  sort(t+1,t+1+n);
  for (int i=1;i<=mt;++i)
    c[i]+=c[i-1],s[i]+=s[i-1];
  for (int i=0;i<=mt;++i)
    f[i]=i*c[i]-s[i];
  for (int i=0;i<=mt;++i){
    if (!(c[i]-c[i-m])&&i>m){
      f[i]=f[i-m];      //避免一些麻烦的处理 
      continue;
    }
    f[i]=i*c[i]-s[i];
    for (int j=max(0,i-(m<<1));j<=i-m;++j)
      f[i]=min(f[i],f[j]+i*(c[i]-c[j])-s[i]+s[j]);
  }
}
 
Abigail outo(){
  int ans=INF;
  for (int i=t[n];i<=mt;++i)
    ans=min(ans,f[i]);
  printf("%d\n",ans);
}
 
int main(){
  into();
  work();
  outo();
  return 0;
}