2018NOIP普及组真题 3. 摆渡车

线上OJ：

一本通：http://ybt.ssoier.cn:8088/problem_show.php?pid=1980

这道题出现在普及组第三题，真的是有难度的。不应叫摆渡车，应叫灵魂摆渡车。

核心思想：

1. 首先，这道题可以考虑用动态规划 DP 来做。
2. 其次，由于题目问的是 “第 i 位同学在第 ti 分钟去等车，求等车时间之和最小值”，我们可以考虑设
   f[i] 表示 “截止到第 i 分钟时，等车时间的最小和”。

我们对题目进行梳理，发现等车时间其实就是一个水平的数轴，如下图所示。

通过对上图的分析，我们发现 等待时间 其实就是 区间内每个点到区间右边界的距离。

比如在 1 - 6 这个区间：5时刻到达的同学等待时间就是 （6-5）* 2人 = 1分钟 * 2人 = 2分钟
比如在 11 - 16 这个区间：13时刻到达的同学等待时间就是 （16-13）* 1人 = 3分钟 * 1人 = 3分钟
比如在 6 - 13 这个区间：11时刻到达的同学等待时间就是 （13-11）* 1人 = 2分钟 * 1人 = 2分钟
所以，

结论1：题目所求的等待时间之和 实际就是求 所有点到各自所属区间右边界的距离之和。

结论2：由于车辆往返一趟的时间是 m 分钟, 所以 每个区间的宽度不可能小于 m （即： 下一次发车的时间 - 上一次发车的时间 不可能小于 m），因为只有一辆摆渡车，车子还没回来，无法发车。

结论3：由于车辆往返一趟的时间是 m 分钟, 所以 每个区间的宽度不应该 大于等于 2 倍的m （即： 下一次发车的时间 - 上一次发车的时间 不应该大于 2m），因为如果区间＞2m，那就又可以多跑一趟车（反正这道题不考虑油费）。

我们重新回到 DP 的动态转移方程定义上，令
f[i] 表示时间轴上的 (0, i] 区间内所有点到 各自所属区间右边界 的 距离之和 的 最小值 。
假设区间 (0, i] 中存在一个时间点 j，则区间可划分为 (0, j] 和 (j, i] 。
所以状态转移方程可以写为：

$f[i]=f[j]+(j,i]区间内每个点到i的距离和$ , ①

我们记 (j, i] 区间内的某个点为 tk，则 j<tk≤i。所以 tk 到 i 的距离为 i−tk 。
如果 (j, i] 区间内有多个 tk 这样的点，则 (j, i] 区间内 每个 tk 点到 i 的 距离和 可表示为：

$\displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(i - t_k)$ ， ②

所以状态转移方程 ① 可以表示为：

$f[i] = f[j] + \displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(i - t_k)$ ， ③

由于题目要求的是 距离之和的最小值，所以计算 f[i] 时需对 f[j] 进行 枚举，并记录最小值作为最后的 f[i]，所以 ③ 式 应进化为

$f[i] = \min { (f[j] + \displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(i - t_k)) }$， ④

根据 结论2 和 结论3，我们知道每个 区间的宽度不可能小于 m，且 不应大于等于2m，
所以 m≤i−j＜2m， 所以 i−2m＜j≤i−m\

所以上述 ④ 式可进化为

$f[i] = \underset{i-2m < j \le i-m}{\mathop{\min}} { (f[j] + \displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(i - t_k)) }$， ⑤

在上述 ⑤ 式中还包含了一个较为复杂的 ② 式。我们尝试化简 ② 式，先把括号拆开，得

$\displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(i - t_k) = \displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(i) - \displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(t_k)$ ， ⑥

此时发现，拆解的两部分均可以用 前缀和 的方法来快速计算。

其中，前面的 $\displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(i)$ 的数值可理解为在 区间 (j, i] 内有几个 tk， 就加几次 i。

比如在 (1, 6] 内有2个点，那数值就是 6*2=12
如果令 cnt[i] 表示 截止到 i 点共有cnt[i] 个数 ； cnt[j] 表示 截止到 j 点共有 cnt[j] 个数。则

$\displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(i) = (cnt[i] - cnt[j])*i$

同理，$\displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(t_k)$ 的数值可理解为 在区间 (j, i] 内所有 tk 点的数值和，

比如在 (1, 6] 内有2个点均为 tk=5，那数值就是 5+5=10
如果令 sum[i] 表示 截止到 i 点的所有点的距离和， sum[j] 表示截止到 j 点的所有点的距离和。则 (j, i] 内所有 tk 点的数值和 可以表示为

$\displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(t_k) = (sum[i] - sum[j])$

所以 ⑥ 式可以进化为

$\displaystyle\sum_{j < t_k\le i}(i - t_k) = (cnt[i] - cnt[j])*i + (sum[i] - sum[j])$， ⑦

将 ⑦ 式带回 ⑤ 式得

$f[i] = \underset{i-2m < j \le i-m}{\mathop{\min}} { (f[j] + (cnt[i] - cnt[j])*i + (sum[i] - sum[j])) }$ ， ⑧

⑧ 式就是我们最终的状态转移方程。

题解代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 4000010
#define MAXINT 1e9

using namespace std;

int f[N], cnt[N], sum[N];

int main()
{
    int n, m, t, T = 0; // T表示最后一个同学到达车站的时间
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) 
    {
        cin >> t;
        T = max(T, t);	// 读入时要记录最后一个到达车站的时间 
        cnt[t] ++;      // 初始记录 t 时刻到达车站的人数 
        sum[t] += t; 	// 初始记录 t 的数值和 
    }
    
    for(int i = 1; i < T + m; i ++)  // i的循环区间为 [1, T + (m-1)] 
    {
        cnt[i] += cnt[i - 1]; 	// 计算前缀和：cnt[i] 表示截止到 i 时刻之前到达车站人数总和为 cnt[i] 
        sum[i] += sum[i - 1]; 	// 计算前缀和：sum[i] 表示截止到 i 时刻之前的所有点的数值和
    }

    for(int i = 1; i < T + m; i ++) // i的循环区间为 [1, T + (m-1)] 
    {
    	// 由于在主循环中，j <= i - m，当 i < m 时无法执行。故先计算 i∈(0, m] 时的 f[i] （当i∈(0, m]时，j=0，f[0]=cnt[0]=sum[0]=0） 
        f[i] = i * cnt[i] - sum[i]; 
        
        // 核心代码
        int k = max(0, i - 2 * m + 1); 	//  i-2m＜ j 且 j不能为负数 
        for(int j = k; j <= i - m; j ++)
            f[i] = min(f[i], (cnt[i] - cnt[j]) * i - (sum[i] - sum[j]) + f[j]);
    }

    int ans = MAXINT;
    for(int i = T; i < T + m; i ++)
        ans = min(ans, f[i]);

    cout << ans << endl;

    return 0;
}