Typesetting math: 100%

升降梯上——玄学dp

升降梯上

题目描述

开启了升降梯的动力之后,探险队员们进入了升降梯运行的那条竖直的隧道,映入眼帘的是一条直通塔顶的轨道、一辆停在轨道底部的电梯、和电梯内一杆控制电梯升降的巨大手柄。

Nescafe 之塔一共有N层,升降梯在每层都有一个停靠点。手柄有M个控制槽,第i个控制槽旁边标着一个数 Ci,满足 C1<C2<C3<<CM。如果 Ci>0,表示手柄扳动到该槽时,电梯将上升 Ci 层;如果 Ci<0,表示手柄扳动到该槽时,电梯将下降 Ci 层;并且一定存在一个 Ci=0,手柄最初就位于此槽中。注意升降梯只能在 1N 层间移动,因此扳动到使升降梯移动到 1 层以下、N 层以上的控制槽是不允许的。

电梯每移动一层,需要花费 2 秒钟时间,而手柄从一个控制槽扳到相邻的槽,需要花费 1 秒钟时间。探险队员现在在 1 层,并且想尽快到达 N 层,他们想知道从 1 层到 N 层至少需要多长时间?

输入格式

第一行两个正整数 NM

第二行M个整数 C1C2CM

输出格式

输出一个整数表示答案,即至少需要多长时间。若不可能到达输出 1

样例

样例输入

复制6 3
-1 0 2

样例输出

复制19

数据范围与提示

手柄从第二个槽扳到第三个槽(0 扳到 2),用时 1 秒,电梯上升到 3 层,用时 4 秒。

手柄在第三个槽不动,电梯再上升到 5 层,用时 4 秒。

手柄扳动到第一个槽(2 扳到 1),用时 2 秒,电梯下降到 4 层,用时 2 秒。

手柄扳动到第三个槽(1 扳倒 2),用时 2 秒,电梯上升到 6 层,用时 4 秒。

总用时为 (1+4)+4+(2+2)+(2+4)=19 秒。

对于 30% 的数据,满足 1N10,2M5

对于 100% 的数据,满足 1N1000,2M20,N<C1<C2<<CM<N

思路

这个题做法很多,本博主只讲其中 dp 的玄学做法,若想看最短路,Dfs等做法,出门右转

首先我们可以定义一个 dp[i][j],表示当手柄在第 i 的位置时,走到了第 j 层。

我们上一个状态不能确定到底是在哪个手柄,所以要挨个枚举一遍。

时间加上移动手柄的时间和升降梯移动的时间,去最小值即可。

动态转移方程:

复制if(i==k){//这个判断加不加都可
      dp[i][j]=min(dp[k][j-c[i]]+abs(c[i])*2,dp[i][j]);
}else{
      dp[i][j]=min(dp[k][j-c[i]]+abs(i-k)+abs(c[i])*2,dp[i][j]);
}

思路很好想,但是实现时会发现仅进行一遍,有些点并没有更新。

所以我们进行多次 dp,发现到第 4 次时,所有的值都进行了更新,而且不再改变。

若我们在一次 dp 中,正反都进行一遍,只需 3 次即可。

若只正向进行,所需的次数就很玄学,保险起见直接 20 次。

代码

复制#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=1000+50,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m;
int x0;
int c[maxn];
int dp[50][maxn];
int ans=INF;
bool cmp(int a,int b){
      return a>b;
}

int main(){
      memset(dp,0x3f,sizeof(dp));//初始为最大
      scanf("%d%d",&n,&m);
      for(int i=1;i<=m;i++){
            scanf("%d",&c[i]);
	    if(c[i]==0){
                  x0=i;//找到手柄的起始点
            }
      }
      for(int i=1;i<=m;i++){
            dp[i][1]=abs(i-x0);//初始化
      }
      dp[x0][1]=0;//初始化
      for(int s=1;s<=20;s++){//保险20次
            for(int i=1;i<=m;i++){//当前状态
                  for(int j=2;j<=n;j++){//当前层数
                        for(int k=1;k<=m;k++){//上一个状态
                              if(j-c[i]<=0||j-c[i]>n)continue;//若上一个状态越界,直接跳过
                              if(i==k){//可省略判断
                                    dp[i][j]=min(dp[k][j-c[i]]+abs(c[i])*2,dp[i][j]);
                              }else{
                                    dp[i][j]=min(dp[k][j-c[i]]+abs(i-k)+abs(c[i])*2,dp[i][j]);
                              }
                        }
                  }
            }
      }
      for(int i=1;i<=m;i++){
	      ans=min(ans,dp[i][n]);
      }
      if(ans==INF){
	      printf("-1\n");
      }else{
	      printf("%d\n",ans);
      }
      return 0;
}
posted @   Rubyonlу  阅读(195)  评论(0编辑  收藏  举报
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