【JZOJ】4210 我才不是萝莉控呢！

题目名我已经无力吐槽。

Description

A：你是萝莉控吗？
B：。。。。。我给你道题目吧！
有一个长度为nn的正整数数组AA，满足Ai>=Ai+1A_i >= A_{i+1}，现在构造一个数组BB，令Bi=∑nj=iBjB_i = \sum_{j = i}^{n}B_j。
现在，有一个n∗nn * n的网格图，左下角坐标是(1,1)(1, 1)，右上角坐标是(n,n)(n, n)。有一个人正在坐标为(n,1)(n, 1)的位置，每一时刻，如果他现在在(x,y)(x, y)，他可以选择走到(x−1,y+1)(x-1,y + 1)或者(x,⌈y/2⌉)(x, \lceil y/2\rceil)，如果选择后者，他要支付BxB_x的代价。
现在他想走到(1,1)(1, 1)，你可以告诉他他支付的代价最少是多少吗？注意在任何时候他都不能离开这个网格图。

Burte Force

模拟。
直接走。搜索。30分。
其实这个搜索可以写成DP。

Fi,j=min(Fi+1,j−1,Fi,j∗2+Bi,Fi,j∗2−1+Bi)

F_{i,j} = min(F_{i + 1,j - 1} , F_{i , j * 2} + B_i , F_{i , j * 2 - 1} + B_i)
这就60了。

Analysis

根据这题的DP式，我们想到一个老朋友：哈夫曼树。
首先【前提】，你得对哈夫曼树的DP形式足够熟悉。
哈夫曼树的点，我们按照权值CiC_i从小到大排序，依次加入树中。
我们设Gi,jG_{i,j}表示当前正在把第ii个点放进哈夫曼树里，此时树上有jj个空节点的最小代价。所谓空节点，就是放了不用增加代价的点（Gi,jG_{i,j}中预支了剩余的点放在这jj个空节点的代价）
那么转移就很明郎了。我们用顺推来便于记忆和理解。

Gi,j⇒Gi+1,j−1 , Gi,j+∑j=inCj⇒Gi,j∗2

G_{i,j} \Rightarrow G_{i + 1 , j - 1} ~~ , ~~ G_{i,j}+\sum_{j = i}^n C_j \Rightarrow G_{i,j * 2}
也就是说，当前状态下，要么把ii塞到jj个空位的某一个里面，要么把每个空位都变成辅助节点，这样每个空位就都能多挂一个叶子节点了。相应的，这样一来剩下的所有空位置【能放的叶子节点】到根的距离都多了1，由于这些位置是为i→ni\to n准备的，所以代价要加上∑nj=iCj\sum_{j = i}^n C_j
答案就是min(Gn+1,k 0≤k≤maxj)min(G_{n + 1 , k_{~~0 \leq k \leq maxj}})
你问我为什么要每个空位都变成辅助节点？难道不能单开一个或者仅仅是几个吗？
因为这样状态是重复的。假如我们仅仅单开了kk个空位变成辅助节点，总空位数一定可以由之前的某个状态的空位置数推导而来，所以我们只需要考虑一起开就好了。

这就是哈夫曼树的DP形式。
关于哈夫曼树的经典算法我们就不赘述了，O(nlogn)O(n\log n)。

这和我们这一题有什么关系呢？

Fi,j=min(Fi+1,j−1,Fi,j∗2+Bi,Fi,j∗2−1+Bi)

F_{i,j} = min(F_{i + 1,j - 1} , F_{i , j * 2} + B_i , F_{i , j * 2 - 1} + B_i)

把BB展开

Fi,j=min(Fi+1,j−1,Fi,j∗2+∑j=inAj,Fi,j∗2−1+∑j=inAj)

F_{i,j} = min(F_{i + 1,j - 1} , F_{i , j * 2} + \sum_{j = i}^n A_j , F_{i , j * 2 - 1} + \sum_{j = i}^n A_j)

Gi,j⇒Gi+1,j−1 , Gi,j+∑j=inCj⇒Gi,j∗2

G_{i,j} \Rightarrow G_{i + 1 , j - 1} ~~ , ~~ G_{i,j}+\sum_{j = i}^n C_j \Rightarrow G_{i,j * 2}

GG和FF是不是非常的像，简直就是逆过程！除了最后一项。

我们考虑一下Gi,j∗2G_{i , j * 2} 和 Gi,j∗2−1G_{i , j * 2 - 1}的差别。同是由Gi,jG_{i,j}推过来的，少一个空位难道会比多一个空位更优吗？显然是不会的，暂且不论这个空位能不能用上，Gi,j∗2≤Gi,j∗2−1G_{i , j * 2} \leq G_{i , j * 2 - 1}

我们来检测一下。
CC是递增的，AA也是。
G1,1=0G_{1,1} = 0 求的是 min(Gn+1,k 0≤k≤maxj)min(G_{n + 1 , k_{~~0 \leq k \leq maxj}})
Fn+1,0=0F_{n + 1, 0} = 0 求的是 F1,1F_{1 , 1}
这里产生了一点差异，就是Fn+1,0F_{n + 1, 0}，那么我们的min(Gn+1,k 0≤k≤maxj)min(G_{n + 1 , k_{~~0 \leq k \leq maxj}})其实等于什么呢？
对于这个最终答案，我们的哈夫曼树可以是多叉的。
鉴于题目特殊性，我们看看二叉的哈夫曼树有什么特殊性质。

对于一个最优的二叉哈夫曼树，一定不存在挂空的空节点。
证明：如果最优的二叉哈夫曼树存在某个空节点，必定存在一个叶子节点的对应位置为空。那么我们可以把这个叶子节点往上移，删除这个空节点，达到更优的解法。与题设的最优性质冲突，所以对于一个最优的二叉哈夫曼树，一定不存在挂空的空节点。证毕。

此时，原问题就是哈夫曼树问题的逆问题。由于这是一个递推，所以两问题等价。

就是很隐蔽的哈夫曼树。

Summary

这题比NOI的哈夫曼树隐蔽的多了。
要对哈夫曼树的DP形式足够熟悉和敏感。
正所谓吃一堑长一智，下次不会眼瞎了。

突破点：Ai>=Ai+1A_i >= A_{i+1} ，Bi=∑nj=iBjB_i = \sum_{j = i}^{n}B_j ， (x,⌈y/2⌉)(x, \lceil y/2\rceil)

PS.本校的不懂的请问富榄