CF1579G - Minimal Coverage

题目描述

给出 n n n 条线段，第 i i i 条线段长度为 a i a_i ai。
现在要求将所有线段按照给出的顺序依次放置在一个无限长的数轴上
并且满足当前放置线段的起点等于上一条放置线段的终点。
初始线段起点为 0 0 0
现在要求所有线段的覆盖的长度（即线段的并）最短
t t t 组数据， 1 ≤ t ≤ 1000 1 \leq t \leq 1000 1≤t≤1000，保证 ∑ n ≤ 1 0 4 \sum n \leq 10^4 ∑n≤104
对于每组数据 1 ≤ a i ≤ 1000 , 1 ≤ n ≤ 1 0 4 1 \leq a_i \leq 1000,1 \leq n \leq 10^4 1≤ai≤1000,1≤n≤104

分析

很不错的一道题，虽然没有多难，但是题目很多做法和细节都值得思考

做法1：DP

首先可以把所有线段想象成若干次跳跃，那么可以想到以数轴长度作为状态转移的DP单次转移都是 O ( 1 ) O(1) O(1) 的。

具体看题目要求，我们要求线段的覆盖距离最短，那么需要记录一个到达过的最左距离 L L L 和最右距离 R R R ，和当前在位置 p o s pos pos，但是显然我们受数据限制没法开这么多维记录。

思考这个问题，我们首先可以把跳跃的范围缩短到 [ − m a x { a i } , m a x { a i } ] [-max \{a_i \},max \{a_i \}] [−max{ai},max{ai}]，这里不做严格证明，并且我不知道怎么证在下述算法运行时这个结论成立。

简单的论述一下：假设我们这次跳跃的位置的绝对值第一次超过 m a x { a i } max \{a_i \} max{ai}，那么上一次的位置处在数轴相同一侧 [ 1 , m a x { a i } ) [1,max \{a_i \}) [1,max{ai}) 的位置。那么如果我们往相反一侧跳跃，就不会超过上述范围，因此我们可以有效的把长度压缩至 [ − 1000 , 1000 ] [-1000,1000] [−1000,1000]，但是显然复杂度依旧不够。

观察上图，我们DP的过程显然就是把这种关系描述出来，但是其实 p o s pos pos，或者说这一段在哪儿并不重要，我们只在乎他们之间的绝对位置。因此我们其实只需要转而将 L , p o s , R L,pos,R L,pos,R 这三个点之间的两段距离用差值DP展现出来即可。

第一眼肯定是想设 f ( i , j , k ) f(i,j,k) f(i,j,k) 代表第 i i i 条线段到最左的距离为 j j j，最右距离为 k k k 时能否达到，用 b o o l bool bool 数组表示状态。显然复杂度又不太够。。。这里就要继续用一些技巧优化。

我们发现上述状态只表示 01 01 01 似乎有点浪费，我们把状态用DP的值来表示，设 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 代表第 i i i 条线段的结束点距离到达过的最左位置的距离为 j j j 时离达到过的最右位置的最小距离。也就是说：
f ( i , j , k ) = { 0 / 1 } − > f ( i , j ) = m i n { k } f(i,j,k)= \{0/1 \} -> f(i,j)=min \{k \} f(i,j,k)={0/1}−>f(i,j)=min{k}

那么转移方程就很显然了，我们考虑怎么放第 i + 1 i+1 i+1 条线段，也就是 i i i 到 i + 1 i+1 i+1 的转移：

第 i + 1 i+1 i+1 条线段往左拐：
那么离左边界的距离就是 m a x ( 0 , j − a i + 1 ) max(0,j-a_{i+1}) max(0,j−ai+1)，而距离右边界增长 a i a_i ai
f ( i + 1 , m a x ( 0 , j − a [ i + 1 ] ) ) = m i n ( f ( i + 1 , m a x ( 0 , j − a [ i + 1 ] ) , f ( i , j ) + a [ i + 1 ] ) f(i+1,max(0,j-a[i+1]))=min(f(i+1,max(0,j-a[i+1]),f(i,j)+a[i+1]) f(i+1,max(0,j−a[i+1]))=min(f(i+1,max(0,j−a[i+1]),f(i,j)+a[i+1])
第 i + 1 i+1 i+1 条线段往右拐：
f ( i + 1 , j + a [ i + 1 ] ) = m i n ( f ( i + 1 , j + a [ i + 1 ] ) , m a x ( 0 , f ( i , j ) − a [ i + 1 ) ) f(i+1,j+a[i+1])=min(f(i+1,j+a[i+1]),max(0,f(i,j)-a[i+1)) f(i+1,j+a[i+1])=min(f(i+1,j+a[i+1]),max(0,f(i,j)−a[i+1))

复杂度： O ( n ∗ 2000 ) O(n*2000) O(n∗2000)

code:

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=2005;
const int inf=0x3f3f3f3f;int n,a[10005],f[10005][maxn];int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=2000;j++) f[i][j]=inf;}f[0][0]=0;for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<=2000;j++){if(f[i][j]==inf) continue;int k=j+a[i+1];if(k<=2000) f[i+1][k]=min(f[i+1][k],max(0,f[i][j]-a[i+1]));k=max(0,j-a[i+1]);f[i+1][k]=min(f[i+1][k],f[i][j]+a[i+1]);}}int ans=inf;for(int i=0;i<=2000;i++) ans=min(ans,i+f[n][i]);printf("%d\n",ans);}return 0;
}

这道题我认为对于没有接触过这种优化技巧的人来说属是是精妙。在我们分析出当前做法下几个必须记录的状态但是复杂度不够时，我们还可以从状态之间的关系去做妥协，甚至与用DP值来表述一维状态。这类技巧相比单调队列，斜率优化这种个人认为更具思维性和技巧性，需要去多琢磨思考。。

做法2：贪心（bitset优化+二分

可以发现，如果留给这段线段的空间越大，显然他们的发挥空间也越大，越容易合理，考虑二分答案。

但是怎么check成了这道题的瓶颈。。实在不好想出一个贪心策略。于是我们根据其本质就是插入线段这一道理，考虑直接去维护这个它。设 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 代表第 i i i 个位置能否成为第 j j j 条线段的结尾，也就是说第 i i i 个位置是否有可能成为第 j + 1 j+1 j+1 条线段的开始

这里强调一下，如果 f ( i , j ) = 1 f(i,j)=1 f(i,j)=1 只代表第 i i i 个位置可能成为 j + 1 j+1 j+1 条线段的起点，但是以此为起点第 j + 1 j+1 j+1 条线段不一定放得下

当前二分值为 x x x 时，代表我们的覆盖空间不能超过 x x x，bitset的大小应该是 [ 0 , x ] [0,x] [0,x] 表示点的位置，接着我们按照上述方式维护，每次只需要把左移右移的结果并起来就行吗，即 s = ( s < < a [ i ] ) ∣ ( s > > a [ i ] ) s=(s<<a[i])|(s>>a[i]) s=(s<<a[i])∣(s>>a[i])。

这里对于 bitset 初始值的设定是一个问题，可能第一眼觉得应该设置在 s [ 0 ] s[0] s[0]，那么我们没法像 0 0 0 的左侧转移，显然不合理。那么接着可能会有想法：放在 m i d / 2 mid/2 mid/2 的位置，那么对于 m i d / 2 < a i ≤ m i d mid/2<a_i \leq mid mid/2<ai≤mid 的数据显然又不行了。
实际上，根据我们上述定义，我们应该把 b i t s e t bitset bitset 每一位都设置为 1 1 1。并且这不影响我们的结果，且能保证答案的正确性。还是要回到那个道理，我们不在意起始位置具体在哪儿，完全可以把问题脱离数轴，我们只在乎这一次次的跳跃偏移覆盖范围能否控制在一定值内。

这样来说 check 的复杂度是 O ( 2000 ) O(2000) O(2000)，然后实际答案范围是 ( 0 , 2000 ] (0,2000] (0,2000]，那么我们甚至都不需要二分了，直接跑。。。从二分答案的思路转变到不需要二分hhh

复杂度： O ( 2000 ∗ 12 ) O(2000*12) O(2000∗12)

code:

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=1e4+10;int n,a[maxn];bitset<2005> s,t;inline bool check(int x){s=t=0;for(int i=0;i<=x;i++) s.set(i);t=s;for(int i=1;i<=n;i++){s=((s<<a[i])|(s>>a[i]))&t;}return s.count();
}int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);int l=0,r=2000,ans;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;else l=mid+1;}printf("%d\n",ans);}return 0;
}