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背景

GDCPC还在发力，清华出题组出的牛客还是 4 题。
这次没有min25筛，不然我能5题（bushi

除了一道用 prufer 序列的恶心 DP 外，还有一道DP题是一个状态难想，并且还需要决策单调性优化的DP，被认为是偏简单的银牌题。

先来看个相对简单的问题

鸡蛋掉落

这是一道非常经典的面试题。本博客不会介绍这题的最优方法（时间复杂度 $O(\sqrt{n})$）

暴力DP

设 $f_{i,j}$ 为还剩 $i$ 个鸡蛋，楼高 $j$ 层，需要的最少实验次数。
显然有转移：
f i , j = min ⁡ { max ⁡ ( f i − 1 , w − 1 + 1 , f i , j − w + 1 ) } , 1 ≤ w ≤ j f_{i,j} = \min\{\max (f_{i-1,w-1}+1,f_{i,j-w}+1)\}, 1 \leq w \leq j fi,j​=min{max(fi−1,w−1​+1,fi,j−w​+1)},1≤w≤j
我们称这种问题为 $minmax$ 问题
时间复杂度$O(kn\log n)$

优化1

显然，如果鸡蛋足够多，我们可以直接二分出高度。所以当 $k>\log n$ 时可以令 $k=\log n$

优化2

考虑决策单调性。
一个很显然的结论：

• $i$ 相同时， $j$ 越小， $f$ 越小

也就是说：

1. $f_{i-1,w-1}$ 关于 $w$ 单调递增
2. $f_{i,j-w}$ 关于 $w$ 单调递减

所以两个函数值的关系如图：

我们的最优决策点在红色点那里。显然，这玩意可以二分。
时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$

class Solution {
public:int superEggDrop(int k, int n) {vector dp(k+1,vector<int>(n+1));for(int i=1; i<=n; i++){dp[1][i]=i;}for(int i=2; i<=k; i++){for(int j=1; j<=n; j++){int l=1,r=j,pos=-1;while(l<=r){int mid=l+r>>1;int x=dp[i-1][mid-1],y=dp[i][j-mid];if(x==y){pos=mid;break;}else if(x<y)l=mid+1;elser=mid-1;}if(pos!=-1)dp[i][j]=max(dp[i-1][pos-1],dp[i][j-pos]);else{dp[i][j]=1e9;pos=l;if(pos>0&&pos<=j) dp[i][j]=max(dp[i-1][pos-1],dp[i][j-pos]);pos=r;if(pos>0) dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][pos-1],dp[i][j-pos]));}dp[i][j]++;}}return dp[k][n];// cout<<dp[k][n]<<"\n";}
};

优化3

回到DP式子
f i , j = min ⁡ { max ⁡ ( f i − 1 , w − 1 + 1 , f i , j − w + 1 ) } , 1 ≤ w ≤ j f_{i,j} = \min\{\max (f_{i-1,w-1}+1,f_{i,j-w}+1)\}, 1 \leq w \leq j fi,j​=min{max(fi−1,w−1​+1,fi,j−w​+1)},1≤w≤j
当 $j$ 增加的时候，最优决策点会发生什么变化？
显然，$f_{i-1,w-1}$ 不会变，但是 $f_{i,j-w}$ 是关于 $j$ 单调递增的。
不难想象，那个红色的点就会往右边走。也就说，最优决策点也满足单调性，当 $j$ 右移时，最优的 $w$ 也右移。
所以我们可以用双指针代替二分。

时间复杂度 $O(n\log n)$

class Solution {
public:int superEggDrop(int k, int n) {vector dp(k+1,vector<int>(n+1));for(int i=1; i<=n; i++){dp[1][i]=i;}for(int i=2; i<=k; i++){int w=1;for(int j=1; j<=n; j++){while(w<j&&dp[i-1][w-1]<dp[i][j-w]){w++;}dp[i][j]=max(dp[i-1][w-1],dp[i][j-w]);if(w>1)dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][w-2],dp[i][j-w+1]));dp[i][j]++;}}return dp[k][n];// cout<<dp[k][n]<<"\n";}
};

其实还有一种很好的写法是：

• 先用当前决策点更新 $dp$ 值
• 如果决策点右移可以使 $dp$ 值更优就继续往右移并更新 $dp$ 值
• 否则就 $break$

2024牛客暑期多校训练营5 K

暴力

最暴力的想法是区间DP，设 $d{p}_{l,r}$ 为已经把答案范围缩小到 $[a_l,a_r]$，还需要多少代价才能确定答案。
但你很快会发现没办法直接区间DP，因为你根本不知道 $x$ 在哪。
但是如果我们知道之前我左边问过多少次，右边问过多少次，就可以计算区间扩展产生的代价。
所以我们可以设 $d{p}_{i,j,x,y}$ 代表已经把答案范围缩小到 $[a_l,a_r]$，之前在区间左边问了 $x$ 次，右边问了 $y$ 次还需要多少代价。

转移就可以枚举中间点 $k$，令分割点为 $p$，那么转移就是
d p l , r , x , y = min ⁡ { max ⁡ ( d p l , p , x , y + 1 + k − a p + ( a r − a p ) × y , d p p + 1 , r , x + 1 , y + ( a p + 1 − a l ) × x + a p + 1 − k ) } dp_{l,r,x,y} = \min\{\max(dp_{l,p,x,y+1}+k-a_p+(a_r- a_p)\times y, dp_{p+1,r,x+1,y}+(a_{p+1}-a_l)\times x+a_{p+1}-k)\} dpl,r,x,y​=min{max(dpl,p,x,y+1​+k−ap​+(ar​−ap​)×y,dpp+1,r,x+1,y​+(ap+1​−al​)×x+ap+1​−k)}
时间复杂度 $O(n^4\times 值域)$

优化1

思考一下，我们真的需要知道两边各询问了多少次吗？
假设 $x>y$ 那么询问代价就是 $x-y$，否则就是 $y-x$
$y$ 的代价可以在DP转移的时候直接记录
$x$ 的代价当 $x$ 确定下来的时候可以通过 左边询问次数 - 右边询问次数 来计算
所以其实我们只需记录三四维的差值就行。

设 $d{p}_{l,r,c}$ 代表已经把答案范围缩小到 $[a_l,a_r]$，之前在区间左边和右边询问次数之差为 $c$ 次，$x$ 的全局代价计算 + 还需要的代价。
显然初始化为 $d{p}_{i,i,c}=a_i\times c$

同样的，转移就可以枚举中间点 $k$，令分割点为 $p$，那么转移就是
d p l , r , c = min ⁡ { max ⁡ ( d p l , p , c − 1 + k , d p p + 1 , r , c + 1 − k ) } dp_{l,r,c} = \min\{\max(dp_{l,p,c-1}+k, dp_{p+1,r,c+1}-k)\} dpl,r,c​=min{max(dpl,p,c−1​+k,dpp+1,r,c+1​−k)}
时间复杂度 $O(n^3\times 值域)$

优化2

可证明，$c$ 不会超过 $O(\log n)$ 个，我不会证（）
时间复杂度 $O(n^2\log n\times 值域)$

优化3

首先，值域那玩意大的离谱。但是从 $dp$ 式子很容易看出来，一个 $+k$ 一个 $-k$，显然是有单调性的，$k$ 的决策点可以 $O(1)$ 求

int get(int l,int r,int pos,int c)
{int L=a[pos]+1,R=a[pos+1];int x=dp[l][pos][c-1]+L,y=dp[pos+1][r][c+1]-L;if(x>=y) return x;int mx=min(R-L,(y-x)>>1);return max(x+mx,y-mx);
}

时间复杂度 $O(n^3\log n)$

优化4

现在时间复杂度的瓶颈在于枚举 $p$，怎么把这玩意优化掉呢？
当区间左端点不动，右端点增加的时候，显然方程的第一项是不变的，第二项是单调递减的。这个时候把 $p$ 往右移动可以让第一项减小，第二项增大。所以最优决策点 $p$ 会关于 $r$ 单调递增，我们同样可以用双指针来处理决策点。
时间复杂度 $O(n^2\log n)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+7,inf=1e18,C=60,base=30;
vector<vector<vector<int>>> dp,p;
vector<int> a;
int get(int l,int r,int pos,int c)
{int L=a[pos]+1,R=a[pos+1];int x=dp[l][pos][c-1]+L,y=dp[pos+1][r][c+1]-L;if(x>=y) return x;int mx=min(R-L,(y-x)>>1);return max(x+mx,y-mx);
}
void O_o()
{int n;cin>>n;a.assign(n,0);for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i];dp.assign(n+1,vector<vector<int>>(n+1,vector<int>(C+1,inf)));p.assign(n+1,vector<vector<int>>(n+1,vector<int>(C+1,0)));for(int len=1; len<=n; len++){for(int l=1; l<=n-len+1; l++){int r=l+len-1;for(int c=1; c<C; c++){if(l==r){dp[l][r][c]=a[l]*(c-base);p[l][r][c]=l;}else{int pos=p[l][r-1][c];dp[l][r][c]=get(l,r,pos,c);while(pos<r-1){int v=get(l,r,pos+1,c);if(v<dp[l][r][c]){pos++;dp[l][r][c]=v;}elsebreak;}p[l][r][c]=pos;}}}}cout<<dp[1][n][base]<<"\n";
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);cout<<fixed<<setprecision(12);int T=1;
//	cin>>T;while(T--){O_o();}
}