区间dp②
区间dp的第②篇，稍微有点难度
关路灯
题目描述
某一村庄在一条路线上安装了n盏路灯，每盏灯的功率有大有小（即同一段时间内消耗的电量有多有少）。老张就住在这条路中间某一路灯旁，他有一项工作就是每天早上天亮时一盏一盏地关掉这些路灯。
为了给村里节省电费，老张记录下了每盏路灯的位置和功率，他每次关灯时也都是尽快地去关，但是老张不知道怎样去关灯才能够最节省电。他每天都是在天亮时首先关掉自己所处位置的路灯，然后可以向左也可以向右去关灯。开始他以为先算一下左边路灯的总功率再算一下右边路灯的总功率，然后选择先关掉功率大的一边，再回过头来关掉另一边的路灯，而事实并非如此，因为在关的过程中适当地调头有可能会更省一些。
现在已知老张走的速度为1m/s，每个路灯的位置（是一个整数，即距路线起点的距离，单位：m）、功率（W），老张关灯所用的时间很短而可以忽略不计。
请你为老张编一程序来安排关灯的顺序，使从老张开始关灯时刻算起所有灯消耗电最少（灯关掉后便不再消耗电了）。
输入输出格式
输入格式：
文件第一行是两个数字n(1<=n<=50，表示路灯的总数)和c(1<＝c<=n老张所处位置的路灯号)；
接下来n行，每行两个数据，表示第1盏到第n盏路灯的位置和功率。数据保证路灯位置单调递增。
输出格式：
一个数据，即最少的功耗(单位：J，1J＝1W·s)。
输入输出样例
输入样例：
5 3
2 10 3 20 5 20 6 30 8 10
输出样例：
270
都是一段区间，因为你走过的路的灯都会顺手关掉；所以考虑区间dp
先按顺序把灯排序，然后考虑dp[i][j]表示关掉区间[i,j]里所有灯的最小花费，但好像没法转移，应为可能我关完[i,j]里的
灯后我在区间左端点，然后我要往右走去关掉右区间的灯，或者我在右端点，所以我不好表示走过的路程，于是可以加①维表示在
左端点还是右端点
dp[i][j][0/1]表示关掉区间里的灯在左/右端点的最小花费
然后考虑转移
dp[i][j][0]<-dp[i+1][j][0/1]
dp[i][j][1]<-dp[i][j-1][0/1]
然后花式转移方程，详见代码
#include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int min(int a,int b) { return a<b?a:b; } int n,c; int wz[60],pw[60],tot[60]; int dp[60][60][2]; int main() { scanf("%d%d",&n,&c); memset(dp,120,sizeof(dp)); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&wz[i],&pw[i]); tot[i]=tot[i-1]+pw[i]; //tot前缀和数组，记录tot[i]记录从1到i的耗电量 } dp[c][c][1]=0; //初始化出生点 dp[c][c][0]=0; for(int k=2;k<=n;k++) //区间大小 { for(int i=1;i+k-1<=n;i++) ///区间左右端点 { int j=i+k-1; dp[i][j][0]=min(dp[i+1][j][0]+(wz[i+1]-wz[i])*(tot[i]+tot[n]-tot[j]), //从区间[i+1][j]向[i][j]宽展，距离*耗电量（脚动模拟下标） dp[i+1][j][1]+(wz[j]-wz[i]) * (tot[i]+tot[n]-tot[j])); dp[i][j][1]=min(dp[i][j-1][0]+(wz[j]-wz[i]) * (tot[i-1]+tot[n]-tot[j-1]), dp[i][j-1][1]+(wz[j]-wz[j-1])*(tot[i-1]+tot[n]-tot[j-1])); } } printf("%d",min(dp[1][n][0],dp[1][n][1])); }
感觉这题还好，细心处理下表ok
然后看下道题
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棋盘分割
Description 将一个８*８的棋盘进行如下分割：将原棋盘割下一块矩形棋盘并使剩下部分也是矩形，再将剩下的部分继续如此分割，这样割了(n-1)次后，连同最后剩下的矩形棋盘共有n块矩形棋盘。(每次切割都只能沿着棋盘格子的边进行)
 原棋盘上每一格有一个分值，一块矩形棋盘的总分为其所含各格分值之和。现在需要把棋盘按上述规则分割成n块矩形棋盘，并使各矩形棋盘总分的均方差最小。 均方差 请编程对给出的棋盘及n，求出O'的最小值。 Input 第1行为一个整数n(1 < n < 15)。
第2行至第9行每行为8个小于100的非负整数，表示棋盘上相应格子的分值。每行相邻两数之间用一个空格分隔。 Output 仅一个数，为O'（四舍五入精确到小数点后三位）。
Sample Input 3 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 3 Sample Output 1.633 |
脚动推公式，可知要是分的每个区间的平方和最小（简单的数学）
然后发现数据很小，可以考虑dp[k][x1][y1][x2][y2]表示左上角[x1][y1]右上角[x2][y2]分了k个的时候的平方和
然后可以发现他可以横切，也可以竖切，然后选切得其中一块；于是可以尝试写方程：
少女祈祷中......
dp[i][x][y][x1][y1]=min(dp[i][x][y][x1][y1],
min(dp[i-1][x][y][x1][k]+dp[0][x][k+1][x1][y1],dp[0][x][y][x1][k]+dp[i-1][x][k+1][x1][y1]));
dp[i][x][y][x1][y1]=min(dp[i][x][y][x1][y1],
min(dp[i-1][x][y][k][y1]+dp[0][k+1][y][x1][y1],dp[0][x][y][k][y1]+dp[i-1][k+1][y][x1][y1]));
看着方程很长很乱 很油很亮很duang 其实没什么软用
仔细分析，红字和蓝字表示竖着切拿右边还是左边，橙字和绿字表示横着切拿下面还是上面；
然后就是一些垃圾的dp前处理
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; int dp[15][9][9][9][9]; int sum[9][9]; int n;int tot; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=8;++i) { for(int j=1;j<=8;++j) { int a; scanf("%d",&a); sum[i][j]=sum[i][j-1]+a; tot+=a; } } for(int i=2;i<=8;++i) for(int j=1;j<=8;++j) sum[i][j]+=sum[i-1][j]; //sum[i][j]表示以1，1到i，j的矩形大小 for(int x=1;x<=8;++x) for(int y=1;y<=8;++y) for(int x1=1;x1<=8;++x1) for(int y1=1;y1<=8;++y1) dp[0][x][y][x1][y1]= (sum[x1][y1]-sum[x-1][y1]-sum[x1][y-1]+sum[x-1][y-1]) *(sum[x1][y1]-sum[x-1][y1]-sum[x1][y-1]+sum[x-1][y-1]); //每个格子的值赋为自己的平方 for(int i=1;i<n;++i) { for(int x=1;x<=8;++x) { for(int y=1;y<=8;++y) { for(int x1=x;x1<=8;++x1) { for(int y1=y;y1<=8;++y1) { dp[i][x][y][x1][y1]=0x3f3f3f3f; for(int k=y;k<y1;++k) dp[i][x][y][x1][y1]=min(dp[i][x][y][x1][y1], //刚才的方程 min(dp[i-1][x][y][x1][k]+dp[0][x][k+1][x1][y1],dp[0][x][y][x1][k]+dp[i-1][x][k+1][x1][y1])); for(int k=x;k<x1;++k) dp[i][x][y][x1][y1]=min(dp[i][x][y][x1][y1], min(dp[i-1][x][y][k][y1]+dp[0][k+1][y][x1][y1],dp[0][x][y][k][y1]+dp[i-1][k+1][y][x1][y1])); } } } } } double ans=sqrt(dp[n-1][1][1][8][8]*1.0/n-((tot*1.0)/n*(tot*1.0)/n)); //脚动解出的式子 printf("%0.3lf",ans); }
然后一定要多做题
