洛谷-P8162 让我们赢得选举题解

Solution

$N\le 500$，我们需要 $O(N^3)$ 的算法。

直接状压 dp 至少 $O(2^N)$，我们一定有大量最优解的性质没有找到。

为了方便，约定一个州有三种状态：

B 类点：演讲至 $B_i$ 小时，同时获得选票和协作者。
A 类点：演讲至 $A_i$ 小时，只获得选票。
无效点：不去，演讲时间为 $0$。

对于 $B_i=-1$ 的州，不妨令 $B_i=+\infty$。

我们来找一些最优解的性质：

性质 1

不会出现并行演讲的情况，任意时刻，所有人一定在一起演讲。

设目前共有 $p$ 人，则这一时刻演讲速度恒为 $p$。相比并行演讲，我们完全可以让这 $p$ 个人集中到同一个尚未完成的州中。这样不仅不会增加完成所有目标所需的时间，而且如果集中演讲刚好获得了新的协作者，之后的演讲速度还会更快。

因此存在最优方案，使得在每个时刻所有人都在同一个州演讲。

性质 2

不会出现 A 类点排在 B 类点前面的情况。

临项交换论证即可。

性质 3

B 类点一定按照 $B$ 从小到大的顺序做。

证明：考虑临项交换，不妨设 $i,j$ 相邻，此前共有 $a$ 个人。

先做 $i$：$\frac{B_i}{a+1}+\frac{B_j}{a+2}$
先做 $j$：$\frac{B_j}{a+1}+\frac{B_i}{a+2}$

上减下得：

\ $\\left(B_i-B_j\\right)\\left(\\frac{1}{a+1}-\\frac{1}{a+2}\\right)\<0 \\$

性质 4

如果 $i$ 是 B 类点，那么所有满足 $B_j<B_i$ 的点 $j$ 都一定不是无效点。

调整法证明。如果出现上述情况，那么令 $j$ 变成 B 类点，$i$ 变成无效点一定更优。

这些性质够了。$O(N^3)$ 的复杂度启发我们 dp。我们需要：

钦定 $k$ 个 B 类点，按 $B$ 值从小到大做
再从剩下的州里选 $m-k$ 个 $A$ 值最小的作为 A 类点做

我们考虑先把州按 $B$ 从小到大排序。发现 $k$ 对统计 A 类点的贡献系数有很大影响，我们考虑外层枚举 $k$。

此时不难得到一个 $O(N^4)$ 的算法：设 $f_{i,a,b}$ 表示前 $i$ 个州选了 $a$ 个 A 类点，$b$ 个 B 类点的最小时间。

结合性质 4，我们发现最后一个 $B$ 类点前面一定没有无效点。因此我们枚举最后一个 $B$ 类点的位置并把序列拆成前后两部分。

前半部分满足 $a+b=i$，状态数减少。即 $f_{i,b}$ 表示前 $i$ 个点全部选入，有 $b$ 个 B 类点的最小时间。$f$ 主要是在决定前缀中的哪些州是 B、哪些是 A，真实时间顺序由性质 2、3 自动确定。

后半部分也可以 $O(n^2)$ 预处理，详见代码中 g 数组。

此时总时间复杂度已经优化到了 $O(N^3)$，可以通过。

Code

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i(a);i<b;++i)
#define per(i,a,b) for(int i(a);i>b;--i)
#define rept(i,a,b) for(int i(a);i<=b;++i)
#define pert(i,a,b) for(int i(a);i>=b;--i)
#define fi first
#define se second
#define db double
#define me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
using namespace std;
using Elem=pair<db,db>;
constexpr int N=502;
constexpr db INF=1e32;
Elem x[N];
db f[N][N],g[N][N],ans;
int n,m;
inline void upd(db &x,db y){x=min(x,y);}
// f[i][b]: 前i个点全部选入，有b个B类点的最小时间
// g[i][j]: 在i~n中选j个A类点的最小值
signed main(){
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>m;
    rept(i,1,n){
        cin>>x[i].fi>>x[i].se;
        if(x[i].se<0) x[i].se=INF;
    }
    sort(x+1,x+n+1,[](const Elem &x,const Elem &y){return x.se<y.se;});
    me(g,100);  // 统一赋值成一个很大的数
    g[n+1][0]=0;
    pert(i,n,1){
        rept(j,0,n-i+1){
            if(j) upd(g[i][j],g[i+1][j-1]+x[i].fi);
            upd(g[i][j],g[i+1][j]);
        }
    }
    ans=g[1][m];
    rept(k,1,m){
        me(f,100),f[0][0]=0;
        rep(i,0,n) rept(b,0,min(i,k)){
            upd(f[i+1][b+1],f[i][b]+x[i+1].se/(b+1));  // B类点
            upd(f[i+1][b],f[i][b]+x[i+1].fi/(k+1));  // 这个A类点实际在最后做，那时已经有k+1个人。
        }
        rept(i,k,m) upd(ans,f[i][k]+g[i+1][m-i]/(k+1));  // 枚举最后一个b类点的位置，更新答案
    }
    cout<<format("{:.15f}",ans);
    return 0;
}