백준 14177번: 티떱랜드 [C++]

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문제

티떱랜드

풀이

$(1, 1)$부터 $(r, c)$까지 $u_{ij}$의 합을 $S_{ij}$라 합시다. 이때 $l$번 사람부터 $r$번 사람까지 한 열차에 태웠을 때 어색함은 $(l, l)$부터 $(r, r)$까지 $u_{ij}$의 합의 절반이고, 이는 2차원 누적합을 이용해 전처리 $\mathcal{O}(N^2)$, 쿼리당 $\mathcal{O}(1)$에 구할 수 있습니다. 이 어색함을 비용으로 생각하고 비용 함수를 아래와 같이 정의합시다.

\[C(l, r) = \frac{S_{r, r} - S_{l - 1, r} - S_{r, l - 1} + S_{l - 1, l - 1}}{2}\]

$dp[t][i]$를 열차 $t$개로 $1$번부터 $i$번째 사람까지 태웠을 때 어색함의 최솟값이라 합시다. 그렇다면 다음 점화식이 성립합니다.

\[dp[t][i] = \min(dp[t - 1][j - 1] + C(j, i))\]

$dp[t][i] = dp[t - 1][j - 1] + C(j, i)$를 만족하는 $j$의 최솟값을 $opt$라고 합시다. 여기서 $i$를 증가시키면 $opt$보다 큰 $j$에 대해서는 비용이 줄어들고 작은 $j$에 대해서는 비용이 늘어날테니 $i$가 증가하면 $opt$도 증가합니다. 비슷한 방법으로 $i$가 감소하면 $opt$도 감소함을 보일 수 있습니다.

따라서 분할 정복을 사용한 최적화를 이용하면 시간 복잡도 $\mathcal{O}(KN\log N)$에 해결할 수 있습니다.

코드

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#include <bits/stdc++.h>
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define ASSERT(x) assert(x)
#else
#define ASSERT(ignore) ((void)0)
#endif

using namespace std;

int u[4040][4040], dp[808][4040];

int cost(int i, int j) {
    return (u[j][j] - u[j][i - 1] - u[i - 1][j] + u[i - 1][i - 1]) / 2;
}

void find(int t, int s, int e, int l, int r) {
    if (s > e)
        return;

    int m = (s + e) >> 1;
    int opt = l;

    dp[t][m] = dp[t - 1][opt - 1] + cost(opt, m);
    for (int i = opt + 1; i <= r; i++) {
        if (dp[t - 1][i - 1] + cost(i, m) < dp[t][m]) {
            dp[t][m] = dp[t - 1][i - 1] + cost(i, m);
            opt = i;
        }
    }

    find(t, s, m - 1, l, opt);
    find(t, m + 1, e, opt, r);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int N, K;
    cin >> N >> K;

    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        for (int j = 1; j <= N; j++) {
            cin >> u[i][j];
            u[i][j] += u[i][j - 1] + u[i - 1][j] - u[i - 1][j - 1];
        }
    }

    for (int i = 1; i <= N; i++)
        dp[1][i] = cost(1, i);

    for (int t = 2; t <= K; t++)
        find(t, 1, N, 1, N);

    cout << dp[K][N];
    return 0;
}

백준 14177번: 티떱랜드 [C++]