题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P5017

emm，这次的真的不简单的，T3比T4难?

醉了。。。

蒟蒻肯定没有其他大佬讲的好啊，但肯定尽力，真的敲得呕心沥血，求过 。纪念写出的一道比较经典的线性动规。

分析题意，我（以弱者的角度先看问题） 首先想到的是：排序+贪心。本以为今天如此简单，结果发现是自己太天真了。。。然而之后发现：并不一定要一次接着一次的发车，所以贪心破产。

之后就有点摸不着头脑，去打了T4，出于宣泄直接上爆搜，惊奇的发现样例过了，赶快开心的回来再看T3.

这时候就想：普及深搜，模拟，签到都出了，这道题多半就是动规了吧，于是，扯了这么一大堆下面进入正题。

分析：

思路：动规+前缀和（但据某些大佬说还可以用斜率优化？在这里很抱歉我太弱而不会）。

首先我们直切核心——状态转移方程。

我们可以设$f[i]$表示i时间前所有人的最小等待时间。

PS:在这里如果不好确定方程的维数怎么办？可以结合数据范围和空间限制来考虑（多半是，虽然这题好像也可以有二维与t无关的数组）。

我们可以把每个人的时间都标在一条时间轴上。然后能更直观的理解。

这里借用@sooke 大佬的一张图。

我们假设发车时间为每个来回4min，各位等车的同学如图中蓝点所示。

然后我们假设当前要求的$f[i]$中的$i=11$，于是下面开始分析。

我们可以发现：如果之前的都已经算出的话，那么状态转移方程可如下所示：

$f[i]=min(f[i],f[j]+(cnt[i]-cnt[j])\ast i-(sum[i]-sum[j]));$

其中$cnt[i]$代表第i时间到达车站的同学的人数，$sum[i]$代表第i时间到达车站的同学的时间的总和。

$j$即为上一辆车的发车时间。

刚开始我们对于j的范围，应该能想到是：

$0<=j<=i-m$

很明显的( ⊙ o ⊙ )！j的取值只要小于i并且和i相聚一个往返时间不就行了吗？

然后的结果是：50分。（官方数据亲测）

但是noip都结束了呀同志，我们不能只局限于50分呀！

所以进行改进：

这时候我们又想：可不可以将j的范围进一步缩小呢？

但其实是肯定可以的。我们发现j可以：

$i-2m+1<=j<=i-m$

为什么呢？因为如果两车间的相距时间大于了一趟往返的时间，那么我们完全可以在两者中间继续分割，并不影响原来的答案。

这个时候也是大大的提升了程序的速度，然而：70分（官方数据亲测）

泪奔~

and then ，我们可以继续考虑有没有什么可以剪去的无用状态。

仔细研究发现：当两次发车之间如果没有需要等待的同学的话，直接跳过即可。

经过改正：100分（官方亲测）

AC代码：

#include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; int a[501],cnt[4000005],sum[4000005],f[4000005]; int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); int Time=0; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); cnt[a[i]]++; sum[a[i]]+=a[i]; Time=fmax(Time,a[i]); } for(int i=1;i<Time+m;i++) { cnt[i]+=cnt[i-1]; sum[i]+=sum[i-1]; } for(int i=0;i<Time+m;i++) { if (i>=m&&cnt[i-m]==cnt[i]) { f[i]=f[i-m]; continue; } f[i]=cnt[i]*i-sum[i]; int tmp; tmp=fmax(i-2*m+1,0); for(int j=tmp;j<=i-m;j++) { f[i]=fmin(f[i],f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i-(sum[i]-sum[j])); } } int ans=2147483647; for(int i=Time;i<Time+m;i++) { ans=fmin(ans,f[i]); } printf("%d",ans); return 0; } 完结撒花~

转载于:https://www.cnblogs.com/vercont/p/10210037.html

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