SP14846 GCJ1C09C - Bribe the Prisoners 题解

非常好区间 dp。

我们发现直接依题做是困难的，因此考虑反着做。

也即，假定起初那 \(Q\) 个牢房均为空，现在要将给定的 \(Q\) 的犯人插入其中，求最小代价。

然后我们发现这题和 P1775 很像，相当于每插入一个人，两段不相邻的牢房就被合并到了一起。

接着我们就考虑这玩意怎么做区间 dp。

状态：

令 \(dp_{i,j}\) 表示区间 \([id_i,id_j]\)（\(id_i\) 表示第 \(i\) 个空牢房的编号）的最小代价。

答案即为 \(dp_{1,Q}\)。

初始令 \(dp_{i,i}=0\)，其余为 \(\infty\)。

转移：

首先按照基本套路，枚举中转点 \(k\) 将区间分为 \([i,k]\) 与 \([k+1,j]\)，分别计算贡献。

然后我们在 dp 前预处理出每段牢房的人数和 \(num_i\)，它的前缀和记为 \(sum_i\)。

因此合并 \(i\) 与 \(i+1\) 两端的代价即为 \(sum_i+sum_{i+1}+j-i-1\)。

上式中的 \(j-i-1\) 是除去当前插入的人之前插入的人的总和。

于是有转移方程：

\[dp_{i,j}=\min(dp_{i,j},dp_{i,k}+dp_{k+1,j}+sum_{j}-sum_{i-1}+j-i-1) \]

然后这题就做完了。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
 
const int N=1e4+5;
int p,q,n;
int id[N],num[N],sum[N];
int dp[N][N];
 
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>n;
	for(int t=1;t<=n;t++){
		cin>>p>>q;
		for(int i=1;i<=q;i++) cin>>id[i];
		id[++q]=p+1;
		for(int i=1;i<=q;i++) num[i]=id[i]-id[i-1]-1;
		memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
		for(int i=1;i<=q;i++)
			dp[i][i]=0,sum[i]=sum[i-1]+num[i];
		for(int i=2;i<=q;i++){
			for(int j=1;j+i-1<=q;j++){
				int s=j,e=j+i-1;
				for(int k=s;k<=e-1;k++)
					dp[s][e]=min(dp[s][e],dp[s][k]+dp[k+1][e]);
				dp[s][e]+=sum[e]-sum[s-1]+e-s-1;
			}
		}
		cout<<"Case #"<<t<<": "<<dp[1][q]<<'\n';
	}
	return 0;
}