题目描述
一条直线上有居民点，邮局只能建在居民点上。给定一个有序整形数组arr，每个值表示居民点的一维坐标，再给定一个正数num，表示邮局数量。
选择num个居民点建立num个邮局，使所有的居民点到邮局的总距离最短，返回最短的总距离。
输入描述：
第一行有两个整数N,num。分别表示居民点的数量，要建的邮局数量。
接下来一行N个整数表示邮局的坐标。保证坐标递增
输出描述：
输出一个整数表示答案
示例1
输入
6 2
1 2 3 4 5 1000
输出
6
说明
第一个邮局建立在3位置，第二个邮局建立在1000位置。那么1位置到邮局的距离为2,2位置到邮局距离为1,3位置到邮局的距离为0，4位置到邮局的距离为1,5位置到邮局的距离为2,1000位置到邮局的距离为0.
这种方案下的总距离为6。
备注：
1
⩽
N
⩽
3000
1 \leqslant N \leqslant 3000
1⩽N⩽3000
1
⩽
n
u
m
⩽
N
1 \leqslant num \leqslant N
1⩽num⩽N
1
⩽
邮局坐标
⩽
10000
1 \leqslant \text {邮局坐标} \leqslant 10000
1⩽邮局坐标⩽10000
题解：
动态规划。首先从简单的模型开始：
若我们需要在 n 个点中选一个位置安放邮局，怎么放呢？坐标的中位数即可，奇数为中间位置，偶数任意两个中间位置之一即可。
回到这题上来，本质是对 n 个地址进行划分，划分成 num 段，每段一个邮局，求最小的距离。
那么 dp 方程就很明显了：设
f
[
i
]
[
j
]
f[i][j]
f[i][j] 表示 a[0…j] 安放 i+1 个邮局的最小距离，转移方程为：
f
[
i
]
[
j
]
=
m
i
n
{
f
[
i
−
1
]
[
k
]
+
c
o
s
t
[
k
+
1
]
[
j
]
(
0
⩽
k
<
n
)
}
f[i][j] = min \{ f[i-1][k] + cost[k + 1][j] (0 \leqslant k < n) \}
f[i][j]=min{f[i−1][k]+cost[k+1][j](0⩽k<n)}
其中
c
o
s
t
[
k
+
1
]
[
j
]
cost[k+1][j]
cost[k+1][j] 表示在
a
[
k
+
1...
j
]
a[k+1...j]
a[k+1...j] 之中安放一个邮局的距离。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 3001;
int n, num;
int w[N][N];
int x[N];
int f[N][N];
int main(void) {
scanf("%d%d", &n, &num);
for ( int i = 0; i < n; ++i )
scanf("%d", x + i);
for ( int i = 0; i < n; ++i ) {
for ( int j = i + 1; j < n; ++j )
w[i][j] = w[i][j - 1] + x[j] - x[i + j >> 1];
f[0][i] = w[0][i];
}
for ( int i = 1; i < num; ++i ) {
for ( int j = i + 1; j < n; ++j ) {
f[i][j] = 1 << 30;
for ( int k = 0; k <= j; ++k )
f[i][j] = min( f[i][j], f[i - 1][k] + w[k + 1][j]);
}
}
printf("%d\n", f[num - 1][n - 1]);
return 0;
}
这样的话，对于该动态规划方程，时间复杂度为
O
(
n
2
∗
n
u
m
)
O(n^2 * num)
O(n2∗num)，在本题上是无法通过的。。。
优化：
我们发现在求解
f
[
i
]
[
j
]
f[i][j]
f[i][j] 时，几乎枚举了所有的
f
[
i
−
1
]
[
0...
j
]
f[i-1][0...j]
f[i−1][0...j] ，这个过程是可以使用四边形不等式优化的。
- 当邮局为 i-1 个，区间为 a[0…j] 时，如果在其最优划分方案中发现，邮局
1
∼
i
−
2
1 \sim i-2
1∼i−2 负责 a[0…l] ，邮局 i-1 负责 a[l+1…j] 。那么当邮局为 i 个，区间为 a[0…j] 时，如果想得到最优方案，邮局
1
∼
i
−
1
1 \sim i-1
1∼i−1 负责的区域不必尝试比 a[0…l] 小的区域，只需要尝试
a
[
0...
k
]
(
k
⩾
l
)
a[0...k](k \geqslant l)
a[0...k](k⩾l)。
- 当邮局为 i 个，区间为 a[0…j+1] 时，如果在其最优划分方案中发现，邮局
1
∼
i
−
1
1 \sim i-1
1∼i−1 负责 a[0…m] ，邮局 i 负责 a[m+1…j+1] 。那么当邮局为 i 个，区间为 a[0…j] 时，如果想得到最优方案，邮局
1
∼
i
−
1
1 \sim i-1
1∼i−1 负责的区域不必尝试比 a[0…m] 大的区域，只尝试
a
[
0...
k
]
(
k
⩽
m
)
a[0...k](k \leqslant m)
a[0...k](k⩽m)。
时间复杂度为
O
(
n
2
)
O(n^2)
O(n2)。
目前对四边形不等式优化大概有一个认识：通过确定枚举的上下界，优化动态规划中无用的重复枚举过程。
代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 3001;
int n, num;
int w[N][N];
int x[N];
int f[N];
int s[N];
int main(void) {
scanf("%d%d", &n, &num);
for ( int i = 0; i < n; ++i )
scanf("%d", x + i);
for ( int i = 0; i < n; ++i ) {
for ( int j = i + 1; j < n; ++j )
w[i][j] = w[i][j - 1] + x[j] - x[i + j >> 1];
f[i] = w[0][i];
}
int minK = 0, maxK = 0, cur = 0, t;
for ( int i = 1; i < num; ++i ) {
for ( int j = n - 1; j >= i; --j ) {
cur = 1 << 30;
minK = s[j];
maxK = j == n - 1 ? n - 1 : s[j + 1];
for ( int k = minK; k <= maxK; ++k ) {
t = f[k] + w[k + 1][j];
if ( t <= cur ) {
cur = t;
s[j] = k;
}
}
f[j] = cur;
}
}
printf("%d\n", f[n - 1]);
return 0;
}
