我是靠谱客的博主 舒服盼望,这篇文章主要介绍【ACDream】1074 风之国 线段树+DP,现在分享给大家,希望可以做个参考。

风之国

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Problem Description

在X轴上有这样一个国家——风之国。风之国虽然是一个国家,但是却有N个首领,每个首领管辖着各自的一个城市。曾几何时,风之国是非常和睦的国家,可是现在突然出现了一个奶茶妹子,各个城市的首领为了这个妹子,掀起了一场没有妹子,就没有夜晚的战争。
这N个城市坐落于X轴上的一些不重复的点上,并且每个城市都只与其左右相邻的城市相互连通。所以一共会有N-1条道路。战争之前任意两个城市之间可以自由贸易。后来因为这场战争,有K对城市由于重要战略物资不允许连通。
X神(掌管X轴的大神)发现了这一点,试图想利用他的法力来破坏一些道路,使得这K对城市两两之间都无法相互连通。
由于破坏每条道路所消耗的法力可能是不一样的,破坏某条道路所消耗的法力是该道路连通的两个城市之间的距离。所以X神想知道最少需要消耗多少的法力,能够使得这K对城市两两之间不能连通。

Input

输入包含多少数据,对于每组数据:
第一行:N K,表示N个城市,K对不允许连通的城市。(2<=N<=100000,0<=K<=100000)。
接下来一行有N个数字x1, x2, x3......xN,其中xi表示第i个城市在X轴上的位置。且每个城市都在不同的位置上。(1<=xi<=10^9, 1<=i<= N)。
接下来K行:u v,表示城市u和城市v不允许连通。输入可能存在重复。(1<=u,v<=n , 且u!=v)

Output

输出一个数,表示X神至少需要消耗多少的法力来破坏一些路,使得这K对城市之间都彼此不连通。

Sample Input

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3 3 63 0 132 2 3 1 3 2 1 3 2 63 0 132 2 3 1 2

Sample Output

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Hint

对于第二组数据:

        城市2和城市3 不允许连通,

        城市1和城市2 不允许连通,

        然而对于城市1和城市3没有要求,可连通,可不连通。

Source

zju_xxx

传送门:【ACDream】1074 风之国

题目分析:

看了题解以后才会T  T

本题可以用动态规划来做。

首先题目给出的城市坐标不是按X轴升序的,那么我们就将每个城市根据坐标从左到右映射到X轴上的1~n。
设dp[ i ]为处理到第 i 个点的时候,包括第i个点时处理掉前面所有必须不连通的矛盾对的最小花费。
由于矛盾对可能存在包含关系,此时必定是选取最右边的左端点作为区间左端点(假设每个矛盾对从左端点开始,右端点结束),否则选取额外的点只会徒增花费。,然后设当前处理点为 j,则dp[ j ]的最小值就是min ( dp[ i ] + len ( i , i + 1 ) )其中len ( i , i + 1 ) 表示映射到坐标轴上的城市的距离,设l为选取的最右左端点,则 l <= i < j。然后处理完后将dp[ j ] + len ( j , j + 1 ) 插入到位置 j 。

其中最小值我们可以用线段树维护。

代码如下:

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#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std ; typedef long long Int ; #define ls ( o << 1 ) #define rs ( o << 1 | 1 ) #define rt l , r , o #define root 1 , n , 1 #define lson l , m , ls #define rson m + 1 , r , rs #define mid ( ( l + r ) >> 1 ) #define clear( A , X ) memset ( A , X , sizeof A ) const int maxN = 100005 ; const int oo = 0x3f3f3f3f ; struct City { int idx , x ; inline void input ( int _idx ) { scanf ( "%d" , &x ) ; idx = _idx ; } inline bool operator < ( const City &c ) const { return x < c.x ; } } ; City city[maxN] ; int hash[maxN] , near[maxN] ; int mmin[maxN << 2] ; inline int max ( const int X , const int Y ) { if ( X > Y ) return X ; return Y ; } inline int min ( const int X , const int Y ) { if ( X < Y ) return X ; return Y ; } inline void swap ( int &X , int &Y ) { int tmp = X ; X = Y ; Y = tmp ; } void Update ( int pos , int val , int l , int r , int o ) { if ( l == r ) { mmin[o] = val ; return ; } int m = mid ; if ( pos <= m ) Update ( pos , val , lson ) ; else Update ( pos , val , rson ) ; mmin[o] = min ( mmin[ls] , mmin[rs] ) ; } int Query ( int L , int R , int l , int r , int o ) { if ( L <= l && r <= R ) return mmin[o] ; int m = mid ; int ans = oo ; if ( L <= m ) ans = min ( ans , Query ( L , R , lson ) ) ; if ( m < R ) ans = min ( ans , Query ( L , R , rson ) ) ; return ans ; } void work () { int n , m , l , r ; while ( ~scanf ( "%d%d" , &n , &m ) ) { clear ( mmin , oo ) ; clear ( near , 0 ) ; for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) city[i].input ( i ) ; sort ( city + 1 , city + n + 1 ) ; for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) hash[city[i].idx] = i ; for ( int i = 1 ; i <= m ; ++ i ) { scanf ( "%d%d" , &l , &r ) ; l = hash[l] , r = hash[r] ; if ( l > r ) swap ( l , r ) ; near[r] = max ( near[r] , l ) ; } int pos = 0 , dp = 0 ; //dp[i]表示处理到第i个点时前面所有的矛盾点都处理完毕的最小花费(包括i) //此处直接用第i个位置的dp表示dp[i] Update ( pos , dp , root ) ; for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) { pos = max ( near[i] , pos ) ; if ( pos && i > 1 ) dp = Query ( pos , i - 1 , root ) ; Update ( i , dp + city[i + 1].x - city[i].x , root ) ; } printf ( "%dn" , dp ) ; } } int main () { work () ; return 0 ; }




最后

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