UVA3983 Robotruck 题解

题目描述

有n个垃圾，第i个垃圾的坐标为（xi,yi），重量为wi。有一个机器人，要按照编号从小到大的顺序捡起所有垃圾并扔进垃圾桶（垃圾桶在原点（0,0））。机器人可以捡起几个垃圾以后一起扔掉，但任何时候其手中的垃圾总重量不能超过最大载重C。两点间的行走距离为曼哈顿距离（即横坐标之差的绝对值加上纵坐标之差的绝对值）。求出机器人行走的最短总路程（一开始，机器人在（0,0）处）。

输入格式：

输入的第一行为数据组数T（1<=T<=15），每组数据的第一行为最大承重C（1<=C<=100）；第二行为正整数n（1<=n<=100000），即垃圾的数量；一下n行每行为三个非负整数x,y,w，即坐标和重量（重量保证不超过C）。

输出格式：

对于每组数据，输出总路径的总长度。

又是一道单调队列优化的DP。按照这种题目的一般解决过程，我们应当先写出暴力DP的状态转移方程，然后再针对其方程的特点选择合适的优化方式进行优化。

先前缀和预处理一下吧，有什么用往下看就知道了。我们用s[i]表示1--i个垃圾的总重量，step[i]表示1--i的总路程长度（不回垃圾桶处）。

然后，我们设f[i]表示捡了第i个垃圾并回到垃圾桶的最短的总路程的长度，那么对于每一个i，我们枚举j（1<=j<=i&&s[i]-s[j-1]<=C），意为“捡完1--j-1的全部垃圾回到垃圾桶后，再出发一次性捡完j--i的所有垃圾”，其中s[i]-s[j-1]<=C是因为机器人所捡垃圾重量不能超过他的最大载重。

那么状态转移方程是什么呢？显然，捡完1--j-1的全部垃圾并回到垃圾桶处后，机器人必须先得到达j点，然后一步一步走到i点，最后再走回原点，分为三段，所以状态转移方程就显而易见了：

\[f[i]=min(f[j-1]+x[j]+y[j]+step[i]-step[j]+x[i]+y[i])(1<=j<=i且s[i]-s[j-1]<=C) \]

由于i在当下是固定的，所以(step[i]+x[i]+y[i])的值也是固定的，那么想要所取的值最小，就是要（f[j-1]+x[j]+y[j]-step[j]）的值最小。对于维护最小值的事，当然要请来单调队列啦，我们设x=f[j-1]+x[j]+y[j]-step[j]，将x与单调队列的队尾元素的值进行比较，取较小的那一个。同时，队首j也要及时判断是否满足（s[i]-s[j-1]<=C），不满足即出队。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int T,C,n,x[100001],y[100001],w[100001];
long long s[100001],step[100001],f[100001],q[100001],p[100001],head,tail,k;
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	for(register int i=1;i<=T;i+=1)
	{
		scanf("%d",&C);
		scanf("%d",&n);
		for(register int i=1;i<=n;i+=1)
		{
			scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&w[i]);
			s[i]=s[i-1]+w[i];
			step[i]=step[i-1]+abs(x[i]-x[i-1])+abs(y[i]-y[i-1]);
		}
		head=1;tail=0;
		for(register int i=1;i<=n;i+=1)
		{
			k=f[i-1]+x[i]+y[i]-step[i];
			while(head<=tail&&p[tail]>=k)tail--;
			q[++tail]=i;
			p[tail]=k;
			while(head<=tail&&s[i]-s[q[head]-1]>C)head++;
			f[i]=p[head]+step[i]+x[i]+y[i];
		}
		printf("%lld\n",f[n]);
		if(i!=T)printf("\n");
	}
	return 0;
}