hdu4261（优先队列+DP）

Posted 2020-11-22 zhi-71

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4261

问题描述

“这里数字太多了！”您的老板吼叫。“我应该如何理解所有这些？把它放下来！估计！” 
您很失望。生成这些数字需要大量的工作。但是，您将按照老板的要求去做。
您决定通过以下方式进行估算：您拥有一个数字数组A。您将其划分为k个连续的部分，它们的大小不一定相同。然后，您将使用一个数字来估计整个部分。换句话说，对于大小为n的数组A，您想要创建另一个大小为n的数组B，它具有k个连续的部分。如果i和j在同一部分，则B [i] = B [j]。您想使误差最小化，表示为差的绝对值之和（Σ | A [i] -B [i] |）。

输入项

输入中将有几个测试用例。每个测试用例将与两个整数开始在一条线上，Ñ（1≤ Ñ ≤2,000）和?（1≤ ? ≤25，? ≤ Ñ），其中Ñ是阵列的尺寸，并且?是连续数用于估算的部分。数组A将在接下来的n行中，每行一个整数。A的每个整数元素的范围为-10,000至10,000（含）。输入将以两个0结束。

输出量

对于每个测试用例，在其自己的行上输出一个整数，这是您可以实现的最小误差。不要输出多余的空格，也不要用空行分隔答案。所有可能的输入都会产生答案，该答案将适合有符号的64位整数

样本输入

7 2

6

5

4

3

2

1

7

0 0

Sample Output

9

题意：给出一个序列A，分为K个部分，然后每个部分给出一个B，使得所有的sigma(|Ai-Bi|)最小

解题思路：首先定义状态dp【i】【j】：前i个分成j块的最小代价。那么很容易得到dp【i】【j】=min（dp【m】【i-1】+（m+1到i分成一块的代价））。那么问题的关键就成了求出所有可能的区间分成一块的代价了。对于每个区间，很容易想到：把B数组的这个块赋值为相应A数组的块的中位数了，此时代价最小。至于怎么求中位数，可以定义两个优先队列，一个值大的优先，一个值小的优先，那每个区间平均放到这两个队列，那么中位数就为这两个区间队首的某一个了，接着求这个区间的代价就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e3+5;
int dp[maxn][30];
int tem[maxn][maxn];
int a[maxn];
const int inf=0x3f3f3f3f;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >que1;
priority_queue<int> que2;
int main(){
	int n,k;
	while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF){
		if(n==0&&k==0){
			return 0;
		}
		for(int i=0;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=k;j++){
				dp[i][j]=inf;
			}
			dp[i][i]=0;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&a[i]);
			
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			while(!que1.empty())que1.pop();
			while(!que2.empty())que2.pop();
			int sum1,sum2;
			sum1=sum2=0;
			for(int j=i;j>=1;j--){
				int l1=(i-j+2)/2;
				int l2=(i-j+1)/2;
				int t=a[j];
				if(que1.empty()){
					sum1+=t;
					que1.push(t);
				}
				else{
					if(t>que1.top()){
						sum1+=t-que1.top();
						que1.push(t);
						t=que1.top();
						que1.pop();
					}
					if(!que2.empty()&&t<que2.top()){
						sum2+=t-que2.top();
						que2.push(t);
						t=que2.top();
						que2.pop();
					}
					if(que1.size()<l1){
						sum1+=t;
						que1.push(t);
					}
					else{
						sum2+=t;
						que2.push(t);
					}
				}
				t=que1.top();
				int t1=-1;
				if(!que2.empty())
				 	t1=que2.top();
				if((i-j+1)&1){
					tem[j][i]=sum1-t*l1+t*l2-sum2;
				}
				else{
					tem[j][i]=min(sum1-t*l1+t*l2-sum2,sum1-t1*l1+t1*l2-sum2);
				}
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			dp[i][1]=tem[1][i];
		}
		for(int i=2;i<=k;i++){
			for(int j=i;j<=n;j++){
				for(int m=1;m<j;m++){
					dp[j][i]=min(dp[j][i],dp[m][i-1]+tem[m+1][j]);
				}
			}	
		}
		printf("%d
",dp[n][k]);
	}
	return 0;
}