【动态规划】洛谷_5017 摆渡车

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题意

有 $N$个人要坐车，已知车往返一趟要 $m$分钟，还有每个同学去等车的时间，求出最少的等待时间总和。

思路

一看到这个题就觉得是动态规划，不过水平有限，考场上没做出来，之后看了题解才会做的。
我们可以把时间看成一个数轴，如这个洛谷上题解的图

把这个数轴分成若干的长度 $\geq M$的段，那么等待时间总和就为每一段上所有点到这一段右端点的距离总和。代表从右边这个端点开始出发。那么我们设 $f[i]$为设表示对数轴分段，且最后一段的右边界是i，数轴内的点到各自所属段右边界的距离之和最小值。可得动态转移方程：
$f[i]=\underset {j<i-m}{min}(f[j]+\sum_{j<t_k \leq i}^{ }i-t_k)$
对这个 $\underset{j<t_k \leq i}{\sum}i-t_k$，我们可以把它拆，变成 $(p_i-p_j)*i-(s_i-s_j)$，其中 $p_i$为前 $i$个时间上有几个点， $s_i$为前i个时间上每个 $t_i$的总和。
这样的做法有50分。
我们可以发现，如果 $i=6，m=2$时， $f_2$可以转移到 $f_4，f_4$又可以转移到 $f_6$。那么当 $j \leq i-2m$时，可以转移到 $i-m$，由于分段数不会影响答案，所以我们可以从 $i-2m+1$转移，避免冗余操作，这优化可以得到70分。
大佬题解还给了个优化：

举个例子，假设正在求 $f_i$，但在 ( $i-m$, $i$] 中没有任何点，这个 $f_i$相对来说就是 “无用” 的。原因是若最后一段长度恰好 $=m$，这里面又没有任何点，不分割也罢。长度 $>m$时，完全可以把这一段的右边界往左“拖”，产生不劣的答案。

那么避免漏解，我们让 $f[i]=f[i-m]$。
目标 $f[i]${ $i>=M$}

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>

const int MAXL = 4000001;
int point[MAXL], sum[MAXL], f[MAXL];
int N, M, t, ans;

int main() {
    scanf("%d %d", &N, &M);
    for (int i = 1, x; i <= N; i++) {
        scanf("%d", &x);
        point[x]++;
        sum[x] += x;
        t = std::max(t, x);
    }
    for (int i = 1; i <= t + M; i++) {
        point[i] += point[i - 1];
        sum[i] += sum[i - 1];
    }
    ans = 2147483647;
    for (int i = 0; i <= t + M; i++) {
        if (i >= M && point[i] == point[i - M]) {//无点情况
            f[i] = f[i - M];
            continue;
        }
        f[i] = point[i] * i - sum[i];
        for (int j = std::max(0, i - M * 2 + 1); j <= i - M; j++)//除去冗余操作
            f[i] = std::min(f[i], f[j] + (point[i] - point[j]) * i - (sum[i] - sum[j]));
        if (i >= t) ans = std::min(ans, f[i]);
    }
    printf("%d", ans);
}