[数据结构与算法]【XSY3535】购物（决策单调性优化DP，分治，结论）

题面

购物

题解

决策单调性全忘了……

先考虑暴力怎么做，我们可以设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个商店买了 $j$ 件物品的最小代价，然后有转移：
$$f_{i,j}=\underset{k=0}{\overset{j}{\min }}(f_{i?1,k}+s{a}_{i,j?k})$$
其中 $s{a}_{i,j}$ 表示 $a_{i,?}$ 的前缀和。

我们先来看一个决策单调性优化 DP 的模板题：给定两个长度为 $n$ 的数组 $f,g$，其中 $f,g$ 均单调不降，且 $g$ 的差分数组 $\Delta g$ 单调不降，令 $h_k=\underset{i+j=k}{\min }(f_i+g_j)$，求 $h$。

结论是：随着 $k=i+j$ 增大，最优决策点 $i$ 单调不降。

证明：考虑对每个 $i$ 绘出 $f_i$ 对 $h_k$ 贡献的图像，设为 $f_i(k)$，那么对于任意两个 $i_1<i_2$ 和它们的函数图像：

这个图像包含的性质有：$f_{i_1}(k)$ 和 $f_{i_2}(k)$ 形状相同、$f_{i_2}(k)$ 起点在 $f_{i_1}(k)$ 右上方、$f_{i_1}(k),f_{i_2}(k)$ 单调不降且导数不降。

那么必然存在一个阈值 $X$（两图像交点），使得在 $X$ 之前都是 $f_{i_1}(k)$ 更优、在 $X$ 之后都是 $f_{i_2}(k)$ 更优。

也就说明了，不存在 $k_1<k_2$ 满足在 $k=k_1$ 时 $f_{i_2}(k)$ 更优且在 $k=k_2$ 时 $f_{i_1}(k)$ 更优。即随着 $k$ 增大，最优决策点 $i$ 单调不降。

有了这个结论之后还不能直接做，因为虽然最优决策点 $i$ 单调不降，但它不一定连续，即随着 $k$ 增大，$i$ 可能是跳跃前进的。

正确的方法是使用分治：我们暴力找到 $k=mid$ 时的最优决策点 $i_0$，然后我们就知道了当 $k<mid$ 时的最优决策点区间 $[0,i_0]$，和当 $k>mid$ 时的最优决策点区间 $[i_0,n]$，然后再分治下去做即可。一共 $O(\log n)$ 层，每层暴力找最优决策点的时间总和为 $O(n)$，时间复杂度 $O(n\log n)$。

再看回这一题：
$$f_{n,k}=\underset{i+j=k}{\min }(f_{n?1,i}+s{a}_{n,j})$$
观察到式子中 $f_{n?1,?}$ 和 $s{a}_{n,?}$ 是单调不降的，$s{a}_{n,?}$ 的差分数组 $\Delta s{a}_{n,?}$ 第二位及之后都是单调不降的，但是却有可能 $\Delta s{a}_{n,1}>\Delta s{a}_{n,2}$。

其实我们只需要对 $j$ 是否大于等于 $1$ 分类讨论处理一下就可以了：

• $f_{n,k}=f_{n?1,k}+s{a}_{n,0}$。
• $f_{n,k}=\underset{i+j=k,j\ge 1}{\min }(f_{n?1,i}+s{a}_{n,j})$，在定义域 $j\ge 1$ 的情况下 $s{a}_{n,j}$ 的差分数组是单调不降的。

于是我们就可以做到 $O(nk\log k)$ 了！

接着是第二个神仙的部分。

记 $C_1$ 为商店全集，我们考虑将所有商店按 $s{a}_{i,1}$ 排序，取出前 $k$ 小，记为 $S_1$，显然 $S_1$ 之外的商店都不可能取恰好 $1$ 个物品，因为根据鸽巢原理此时 $S_1$ 中肯定有一个商店为空（一个都没取），那么我们换成 $S_1$ 中那个空的商店取 $1$ 个肯定更优。

接着再考虑剩下的商店 $C_2=C_1?S_1$，我们已经知道了它们不可能取恰好 $1$ 个。我们再将 $C_2$ 中的商店按 $s{a}_{i,2}$ 排序，取出前 $?\frac{k}{2}?$ 小，记为 $S_2$，发现 $C_2$ 中 $S_2$ 之外的商店也不可能取恰好 $2$ 个物品，否则 $S_2$ 中肯定有一个商店为空（注意 $C_2$ 中商店要么取 $0$ 个，要么取 $2$ 个或以上，所以根据鸽巢原理 $S_2$ 中肯定有一个商店为空），那么我们换成 $S_2$ 中那个空的商店取 $2$ 个肯定更优。

接着再考虑剩下的商店 $C_3=C_2?S_2$，我们已经知道了它们不可能取恰好 $1$ 或 $2$ 个，……。我们一直像这样排除下去，最后会得到若干个商店取的物品数量不能是 $1,2,?,k$ 中的任意一个，它们就再也不可能被选，它们就被排除了。而剩下未被排除的商店共有 $O(k\log k)$ 个。注意过程中我们并没有得到 $S_i$ 中的商店只能恰好取 $i$ 个物品之类的结论。

于是商店的总数缩减到了 $O(k\log k)$ 个，时间复杂度降为 $O(k^2{\log }^{2}k)$。预处理的部分视实现可以做到 $O(n\log n)$、$O(n\log k)$ 或 $O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>

#define K 1010
#define N 2000010
#define ll long long
#define LNF 0x7ffffffffffffff
#define fi first
#define se second
#define pli pair<ll,int>
#define mk(a,b) make_pair(a,b)

using namespace std;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
	{
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}

int n,k;
bool vis[N];
ll f[K],g[K],h[K];

vector<ll>sa[N];
vector<pli>v[K];

void solve(int ql,int qr,int vl,int vr)
{
	if(ql>qr) return;
	int mid=(ql+qr)>>1;
	h[mid]=LNF;
	int pos=-1;
	for(int i=vl;i<=vr;i++)
	{
		if(i<=k&&0<=mid-i&&mid-i<=k)
		{
			ll tmp=f[i]+g[mid-i];
			if(tmp<h[mid]) h[mid]=tmp,pos=i;
		}
	}
	assert(pos!=-1);
	solve(ql,mid-1,vl,pos);
	solve(mid+1,qr,pos,vr);
}

int main()
{
	n=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int m=read();
		sa[i].resize(min(m+1,k+1));
		sa[i][0]=read();
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			if(j<=k)
			{
				sa[i][j]=sa[i][j-1]+read();
				v[j].push_back(mk(sa[i][j],i));
			}
			else read();
		}
	}
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		sort(v[i].begin(),v[i].end());
		int s=k/i;
		for(int j=0,tot=0;j<(int)v[i].size()&&tot<s;j++)
		{
			if(!vis[v[i][j].se])
			{
				vis[v[i][j].se]=1;
				tot++;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=k;i++) f[i]=LNF/10;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(vis[i])
		{
			for(int j=0;j<(int)sa[i].size();j++) g[j]=sa[i][j]-sa[i][0];
			for(int j=(int)sa[i].size();j<=k;j++) g[j]=LNF/10;
			solve(0,k,0,k);
			for(int j=0;j<=k;j++) f[j]=min(f[j],sa[i][0]+h[j]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=k;i++)
		printf("%lld ",f[i]);
	return 0;
}
/*
2 2	
1 5 6 
2 3 5 7
*/