Vijos 1243 生产产品

https://vijos.org/p/1243

在经过一段时间的经营后，dd_engi的OI商店不满足于从别的供货商那里购买产品放上货架，而要开始自己生产产品了！产品的生产需要M个步骤，每一个步骤都可以在N台机器中的任何一台完成，但生产的步骤必须严格按顺序执行。由于这N台机器的性能不同，它们完成每一个步骤的所需时间也不同。机器i完成第j个步骤的时间为T[i,j]。把半成品从一台机器上搬到另一台机器上也需要一定的时间K。同时，为了保证安全和产品的质量，每台机器最多只能连续完成产品的L个步骤。也就是说，如果有一台机器连续完成了产品的L个步骤，下一个步骤就必须换一台机器来完成。现在，dd_engi的OI商店有史以来的第一个产品就要开始生产了，那么最短需要多长时间呢？
某日Azuki.7对跃动说:这样的题目太简单,我们把题目的范围改一改
对于菜鸟跃动来说,这是个很困难的问题,他希望你能帮他解决这个问题

格式

输入格式

第一行有四个整数M, N, K, L
下面的N行，每行有M个整数。第I+1行的第J个整数为T[J,I]。

输出格式

输出只有一行，表示需要的最短时间。

样例1

样例输入1

3 2 0 2
2 2 3
1 3 1


Copy

样例输出1

4


Copy

限制

1s

提示

对于50%的数据，N<=5，L<=4，M<=10000
对于100%的数据，N<=5， L<=50000，M<=100000

来源

第一届“OI商店杯” dd_engi原创题目

https://sea96.github.io/2017/02/25/%E5%8A%A8%E6%80%81%E8%A7%84%E5%88%92%E7%9A%84%E5%90%84%E7%A7%8D%E4%BC%98%E5%8C%96/

题意：产品的生产需要$m(\le {10}^5)$个步骤，每个步骤可以在$n(\le 5)$个机器中任何一台完成，机器$i$完成第$j$个步骤的时间为$a_{i,j}$。把半成品从一台机器上搬到另一台机器上也需要一定的时间$k$，每台机器最多只能连续完成产品的$l(\le 5\ast {10}^4)$个步骤，问最短需要多长时间。

题解：朴素的动态规划的算法：定义$dp\left[i\right]\left[j\right]$表示前i个步骤，最后一段步骤用第$j$个机器完成，$sum\left[i\right]\left[j\right]$表示前$i$个步骤用第$j$个机器完成的时间。状态转移方程：
$$dp\left[i\right]\left[j\right]=min\left\{dp\left[t\right]\left[p\right]+\left(sum\right[i\left]\right[j]-sum[t\left]\right[j\left]\right)+k\right\},(j\ne p,i-t\le l)$$
时间复杂度：$O\left(n^{2}ml\right)$。
把方程式变形得：
$$dp\left[i\right]\left[j\right]=min\left\{dp\left[t\right]\left[p\right]-sum\left[t\right]\left[j\right]\right\}+sum\left[i\right]\left[j\right]+k,(j\ne p,i-t\le l)$$
发现括号内的式子是根据$t$决定的（枚举$p$和$j$），所以可以用单调队列维护一个单调递增的序列进行优化，时间复杂度：$O\left(n^{2}m\right)$。

http://www.cnblogs.com/MashiroSky/p/5950893.html

　　一个产品的生产有m个步骤，一共n个机器人。机器人i完成步骤j的时间为T[i][j]，每次当产品从一个机器人那里移动到另一个机器人那里需要时间K，每个机器人不能持续工作L个步骤。问最少能在多少时间内完成。

　　看起来题目变量非常多，其实想一想就能列出dp方程：f[i][j]$f[i][j]$表示第i$i$个机器人完成第j$j$个步骤，一共完成前j$j$个步骤所需要的最短时间；s[i][j]$s[i][j]$表示第i$i$个机器人做完前j$j$个步骤所需要的时间，那么：

f[i][j]=min(f[k][l]+s[i][j]−s[i][l]+K)$$f[i][j]=min(f[k][l]+s[i][j]-s[i][l]+K)$$

　　其中k∈[1,n]$k\in [1,n]$且k≠j$k\ne j$，l∈[j−L,j−1]$l\in [j-L,j-1]$。

　　但是这样的话复杂度有点高。。我们发现n$n$的范围只有5，我们可以从这里下手解决问题。如果对单独的一个机器人1号考虑，将dp方程转换一下：

f[i][j]=min((f[1][l]−s[i][l])+s[i][j]+K)$$f[i][j]=min((f[1][l]-s[i][l])+s[i][j]+K)$$

　　我们发现括号里的东西与j无关，可以用单调队列维护，所以我们开n个单调队列进行维护，问题就解决了。

int s[10][maxn],l[10],r[10],q[10][maxn],p[10][maxn],f[10][maxn]; int n,m,K,L;   int main() {     scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&K,&L);     for (int i=1;i<=n;i++)         for (int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&s[i][j]),s[i][j]+=s[i][j-1];     for (int i=1;i<=n;i++) l[i]=r[i]=1,q[i][1]=0,p[i][1]=0;      for (int j=1;j<=m;j++) {         for (int i=1;i<=n;i++) {             while (l[i]<=r[i] && p[i][l[i]]<j-L) l[i]++;             f[i][j]=q[i][l[i]]+s[i][j]+K;         }         for (int i=1;i<=n;i++)             for (int k=1;k<=n;k++) if (k!=i) {                     while (l[k]<=r[k] && q[k][r[k]]>=f[i][j]-s[k][j]) r[k]--;                     q[k][++r[k]]=f[i][j]-s[k][j];                     p[k][r[k]]=j;                 }     }     int ans=inf;     for (int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,f[i][m]);     printf("%d",ans-K);     return 0; }

https://blog.csdn.net/hahalidaxin/article/details/51017626
       单调队列优化DP。

       设f[i][j]表示考虑到第i个步骤，且i步骤由j完成时的最小时间。有转移式：

        f[i][j]=min{f[k][p]-sum[k][j]}+sum[i][j]，i-L<=k<=i-1

       括号内的部分可以用n个单调队列维护。a[][]为辅助数组，

　　　a[i][j]=min{f[i][k]}-sum[i][j]+K，1<=k<=m

　　 表示f[i][j]时括号中可以取到的最小值，单调队列j维护区间[i-L,i-1]内a[][j]的最小值。

       注意单调队列写法。
https://blog.csdn.net/XY20130630/article/details/51821751
设 f[i][j]f[i][j] 表示第 jj 个步骤由 ii 完成，而第 j+1j+1 个步骤不由 ii 完成。
则
f[i][j]=minnx=1(x≠i)minj−1Max(y=j−l,0)f[k][l]+∑m=l+1jT[i][m]
可用单调队列和前缀和进行优化

http://www.voidcn.com/article/p-pcchalxy-md.html

由于理论性的东西已经学过了，知道这是个dp+单调队列。可第一次编还是编了好久。

首先，很容易写出动态转移方程：f(i,j)=min( min( f(p,i) ) + sum(i,j) - sum(i,k) +val) ,i>k>i-l+1,m>p>0 && p!=i

由于m很小，小于6，所以，这个方程的主要优化在于寻找外层的min

而单调队列的方程为：f(x)= opt( cost[i] ) bound[x] <=i<x;

将动态转移方程化简得：f(i,j)=min( min( f(p,i) ) - sum(i,k) ) + sum(i,j)+val ,i>k>i-l+1,m>p>0 && p!=i

这样就可以用单调队列实现了。