P1220 关路灯

题目翻译：

给定一段路，路上每个灯的位置，和每个灯的功率。并给出老张的初始位置，求出一个方案，使得老张关完所有灯时所消耗的电量最小，并输出最小电量

思路：

只是一道很明显的区间$dp$，有与每关完一个区间内的灯时，老张可嫩在这个区间的左边或右边，那我令$dp[i][j][op]$,表示关完$i,j$这一区间的等后，老张在$op$边时的最小耗电量。当$op=0$时表示在左边，$op=1$时表示在右边。接下来分类思考：

$1.$若在左边的话，那老张有两种方式到达：

$(1)$直接从$i+1,j$左边转移到$i,j$，也就时不转弯，那么耗电量为

\[$dp[i][j][0]=dp[i+1][j][0]+(p[i+1]-p[i])*cost$ \]
其中$p[i]$表示第$i$个灯的距离，$cost$表示剩余路灯消耗功率。
$(2)$若它上个区间结束与右边的话，那就要转弯，则耗电量为

\[$dp[i][j][0]=dp[i+1][j][1]+(p[j]-p[i]) \times cost$ \]

那当前状态的动态转移方程为其两值求最小，则为：

\[$dp[i][j][0]=min(dp[i+1][j][0]+(p[i+1]-p[i]) \times cost,dp[i+1][j][1]+(p[j]-p[i]) \times cost)$ \]
若我们提前运用前缀和，预处理了$use[i][j]$，表示已经关完$i,j$的灯之后的每秒耗电量，那转移方程可以变为：

\[$dp[i][j][0]=min(dp[i+1][j][0]+(p[i+1]-p[i]) \times use[i+1][j],dp[i+1][j][1]+(p[j]-p[i]) \times use[i+1][j])$ \]

同理可得若要到右边，则：

\[$dp[i][j][1]=min(dp[i][j-1][1]+(p[j]-p[j-1]) \times use[i][j-1],dp[i][j-1][0]+(p[j]-p[i]) \times use[i][j-1])$ \]
及把顺序调换一遍即可

实现：

$1.$只需要先维护一前缀和$sum[i]$在循环求出$use[i][j]$（注意：要给$dp$初始化到最大，并把$dp[c][c][0]$和$dp[c][c][1]$初始化为零，因为老张开局就会关掉）

memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++){
    cin>>p[i]>>w[i];
    sum[i]=sum[i-1]+w[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=n;j++){
        use[i][j]=sum[n]-sum[j]+sum[i-1];
    }
}
dp[c][c][0]=dp[c][c][1]=0;

$2.$在枚举$i,j$，（注意：$i$要从$c$开始向有枚举）,运用转移方程求出答案即可

for(int i=c;i>=1;i--){
    for(int j=i+1;j<=n;j++){
        dp[i][j][0]=min(dp[i+1][j][0]+(p[i+1]-p[i])*use[i+1][j],dp[i+1][j][1]+(p[j]-p[i])*use[i+1][j]);
        dp[i][j][1]=min(dp[i][j-1][1]+(p[j]-p[j-1])*use[i][j-1],dp[i][j-1][0]+(p[j]-p[i])*use[i][j-1]);
    }
}

$3.$输出时记得将左右端点的答案比较一下输出

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200;
int w[N],p[N],sum[N];
int dp[N][N][2];
int use[N][N];
int main(){
    int n,c;
    cin>>n>>c;
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>p[i]>>w[i];
        sum[i]=sum[i-1]+w[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            use[i][j]=sum[n]-sum[j]+sum[i-1];
        }
    }
    dp[c][c][0]=dp[c][c][1]=0;
    for(int i=c;i>=1;i--){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            dp[i][j][0]=min(dp[i+1][j][0]+(p[i+1]-p[i])*use[i+1][j],dp[i+1][j][1]+(p[j]-p[i])*use[i+1][j]);
            dp[i][j][1]=min(dp[i][j-1][1]+(p[j]-p[j-1])*use[i][j-1],dp[i][j-1][0]+(p[j]-p[i])*use[i][j-1]);
        }
    }
    cout<<min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]);
}