洛谷P1220关路灯【区间dp】
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）。
输入格式
第一行是两个数字\(n\)（表示路灯的总数）和 \(c\)（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 #1
5 3
2 10
3 20
5 20
6 30
8 10
输出 #1
270
说明/提示
样例解释
此时关灯顺序为 3 4 2 1 5。
数据范围
\(1≤n≤50，1≤c≤n\)
分析
这个题从题目的意思，应该挺容易就能看出来是一个区间\(dp\)，因为题意就是一个大爷在一个“区间”里关灯。所以就可以根据区间长度来进行状态转移。首先想到如果大爷关灯从\(i\)到\(j\),当然这并不代表关灯顺序，大爷关灯肯定是走过的路上的灯都关了，因为这肯定比走过不关再回来关要优。而在\(i\)到\(j\)这一段关了灯的区间里，大爷有两种位置情况，一种是在\(i\)，也就是左边，另一种就是右边，所以我们的dp数组就可以根据这个来开，也就是\(dp[i][j][0]\)和\(dp[i][j][1]\)分别表示关了i，j之间的灯，然后在最左和最右两种位置的情况，而区间长度肯定是从最短到最长，最短为1，然后依次增加，所以每一次的\(dp[i][j]\)的状态都是从上一个转移下来的，也就是\(dp[i+1][j]\)和$dp[i][j-1]，然后分别在左右端点两种，依次进行状态转移。而能耗的增量可以通过时间和区间里能耗的前缀和来进行转移，下边我用一个转移方程来进行一下具体说明：
首先是个转移方程：
在这里，\(pos\)代表位置（这里的位置说的是下标，不是距离，但是pos数组存的是距离，用来计算时间）\(sum\)数组代表的是从\(i\)到\(j\)之外的能耗，\(sum\)需要一个预处理，下边单独说，这里先介绍含义，方便理解。这个状态转移方程的意思也就是\(i\)到\(j\)区间内，大爷在左边的时候，通过不同的上个状态的位置来进行转移，值得一提的是，因为此时大爷在左边界，所以肯定是由\(dp[i+1][j]\)转移而来，假如是由\(dp[i][j-1]\)转移来的话，应当在右侧，这就是下一个状态转移方程。继续看这个方程，从\(dp[i+1][j]\)转移而来，所以也有两种，左右边界各一种，在左边界时，他所需的时间就是\(pos[i+1] - pos[i]\),右边界时就是\(pos[j]-pos[i]\)，而花费的功率就是sum乘以时间，分别为：\((pos[i+1] - pos[i])\times sum[i+1][j]\)和\((pos[j]-pos[i])\times sum[i+1][j]\),看到这里可能有人会有疑惑，从\(i\)到\(j\)之外的能耗为啥是\(i+1\)到\(j\)呢，现在我们来说一下\(sum\)的得出：我们先用\(val\)数组当做前缀和，区间\(i\)到\(j\)的能耗就是\(val[j]-val[i-1]\),\(sum[i][j]\)就是用\(val[n]\)减去上边的能耗，具体见代码。现在大概就都解释清楚了。然后就是两个关键的状态转移方程：
就这样了，然后看一下代码加深一下理解⑧
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 55;
int pos[maxn];
int sum[maxn][maxn];
int dp[maxn][maxn][3];
int v[maxn];
int n,c;
int main(){
cin>>n>>c;
for(int i=1;i<=n;++i){
int w;
cin>>pos[i]>>w;
v[i]=v[i-1]+w;
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[c][c][0] = dp[c][c][1] = 0;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=n;++j){
sum[i][j] = v[n] - (v[j] - v[i-1]);
}
}
for(int j = c;j<=n;++j){
for(int i=j-1;i>=1;--i){
dp[i][j][0] = min(dp[i+1][j][0]+(pos[i+1] - pos[i])*sum[i+1][j],dp[i+1][j][1]+(pos[j]-pos[i])*sum[i+1][j]);
dp[i][j][1] = min(dp[i][j-1][1]+(pos[j]-pos[j-1])*sum[i][j-1],dp[i][j-1][0]+(pos[j]-pos[i])*sum[i][j-1]);
}
}
int ans = min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]);
cout<<ans<<endl;
}
