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测绘

Descrption

为了研究农场的气候,Betsy帮助农夫John做了 $N(1≤N≤100)$ 次气压测量并按顺序记录了结果$M_1,M_2,…,M_N(1≤M_i≤1,000,000)$.
Betsy想找出一部分测量结果来总结整天的气压分布. 她想用$K(1≤K≤N)$个数$S_j(1≤S_1<S_2<…<S_K≤N)$ 来概括所有测量结果. 她想限制如下的误差:
- 对于任何测量结果子集,每一个非此子集中的结果都会产生误差。总误差是所有测量结果的误差之和。更明确第说, 对于每一个和所有 $S_j$ 都不同的 $i$ :
  - 如果 $i$ 小于 $S_1$, 误差是: $2*|M_i–M_{S1}|$ ；
  - 如果 $i$ 在 $ S_j$ 和$S_{j+1}$ 之间,误差是: $|2*M_i–Sum(S_j,S_{j+1})|$ ；
- 注:$Sum(x,y)=M_x+M_y$; ($M_x$ 和 $M_y$ 之和) ；
- 如果 $i$ 大于 $S_K$ ,误差为: $2*|M_i–M(S_K)|$ ；
Besty 给了最大允许的误差 $E(1≤E≤1,000,000)$ ,找出样本 $k$ 最小的一部分结果使得误差最多为 $E$.

Input

第一行：两个数 $N,E$（含义如题）。
接下来 $N$ 行每行一个数表示气压。

Output

输出一行，两个数，第一表示最小的样本数 $K$，第二个表示这 $K$ 个样本的最小误差值

Sample Input

Sample Output

2 17

Hint

选择第二次和第四次的测量结果能达到最小误差$17$ 。
分析：
- 看到这种题型，我们首先要考虑 $dp$ ,看能不能找到最优子结构，典型的线性 $dp$ 的状态定义为 $dp[i]$ 表示前 $i$ 个元素作为一个子问题，但选多少个数，这显然是限制条件，很容易定义 $dp[i][j]$ ,表示前 $i$ 个数选择 $j$ 个数的最小误差。那如何转移呢？
- 首先我们要确定一个问题，就是第一维的前 $i$ 是否包含第 $i$ 个元素的问题，显然必须包含第 $i$ 个元素，且为所选子序列的最后一个元素，即为 $S_k$ ，这样我们才好转移。转移的决策就是从 $i$ 往后找一个元素加入序列。
- 转移方程：$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+?),(j-1\le k<i)$ 。
  - 首先我们预处理出一个数组$pre$，$pre[i][j]$ 表示原序列中$M_i,M_j$ 是所选子序列的相邻的两个元素，则 $i$ 到 $j$ 之间元素对误差的贡献，枚举 $k,(i+1\le k\le j-1)$ ，计算$abs(2*M_k-M_i-M_j)$ ，显然我们可以 $n^3$ 暴力枚举预处理出此结果。
  - $pre[i][0]$ 记录如果 $M_i$ 作为序列第一个数，则$M_1\sim M_{i-1}$ 的误差之和，$pre[i][n+1]$ 记录如果 $M_i$ 作为所选子序列的最后一个元素，则 $M_{i+1}\sim M_n$ 的误差之和。
  - 所以，$?=-pre[k][n+1]+pre[i][n+1]+pre[k][i]$
    - $dp[k][j-1]$ 是把 $k$ 当成了序列的最后一位，所以$+pre[k][n+1]$ ，所以先减去，此时把 $i$ 当做了最后一位，所以 $+pre[i][n+1]$ ，然后加上 $M_k\sim M_i$ 之间的误差 $pre[k][i]$ 。
- 转移方程为：$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]-pre[k][n+1]+pre[i][n+1]+pre[k][i] ),(j-1\le k<i)$ 。
- 显然是由选择 $i-1$ 个元素的序列推导出选择 $i$ 个元素的序列，所以选择了多少个元素作为阶段，为了方便推导，对 $dp[i][j]$ 重新定义为：前 $j$ 个元素，最后一个元素为 $j$ 共选了 $i$ 个元素的最小误差。
- 转移方程：$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][k]-pre[k][n+1]+pre[i][n+1]+pre[k][i]),(j-1\le k<i)$ 。
- 当前行状态只与上一行状态相关，可以用滚动数组压维。
- Code
```
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const int maxn=100+15;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,E;
LL ans;
int a[maxn];
LL dp[maxn][maxn],pre[maxn][maxn];
void Init(){
	scanf("%d%d",&n,&E);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){//预处理pre[i][j]
       for(int j=i+1;j<=n;j++)
           for(int k=i+1;k<=j-1;k++)
               pre[i][j]+=abs(2*a[k]-a[i]-a[j]);
        for(int j=1;j<i;j++) pre[i][0]+=2*abs(a[j]-a[i]);//i之前
        for(int j=i+1;j<=n;j++) pre[i][n+1]+=2*abs(a[j]-a[i]);//i之后
    }
}
void Solve(){
	int id=n;//记录选的满足条件的最小的个数
	ans=inf;
    for(int i=1;i<=n;i++){//只选一个数的序列
        dp[1][i]=pre[i][0]+pre[i][n+1];
        if(dp[1][i]<=E){
            id=1;ans=std::min(ans,dp[1][i]);
        }
    }
    if(id==1){//没有比1小的选择了
        printf("%d %lld\n",id,ans);return;
    }
    for(int i=2;i<=n;i++){//选i个数
        for(int j=i;j<=n;j++){//第i个数位j    
            dp[i][j]=inf;
            for(int k=i-1;k<j;k++){//上一个阶段的最后一个数位k
                int sum=-pre[k][n+1]+pre[k][j]+pre[j][n+1];
                dp[i][j]=std::min(dp[i][j],dp[i-1][k]+sum);
            }
            if(dp[i][j]<=E){//在误差范围之内
            	if(i>id) continue;//选的数比已选的大
                if(i<id){id=i;ans=dp[i][j];}//在保证id尽可能小的情况下再考虑值             
                if(i==id) ans=std::min(ans,dp[i][j]);
            }
        }
    }
    printf("%d %lld\n",id,ans);
}
int main(){
    Init();
    Solve();
    return 0;
}
```

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