洛谷 P1220 关路灯

洛谷 P1220 关路灯

洛谷传送门

题目描述

某一村庄在一条路线上安装了 nn 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/s1m/s，每个路灯的位置（是一个整数，即距路线起点的距离，单位：mm）、功率（WW），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 nn（表示路灯的总数）和 cc（老张所处位置的路灯号）；

接下来 nn 行，每行两个数据，表示第 11 盏到第 nn 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：JJ，1J=1W\times s1J=1W×s）。

---

题解：

看看这数据范围，慌不慌

类比USACOThe Cow Run的题目来做。

性质还是差不多一样的。他在关完一盏灯之后，可以选择折返关灯，也可以选择继续往下去关。所以这个DP的转移需要两个状态。一个表示\(0\)关完所有灯之后站在左端点，一个表示\(1\)关完灯之后站在右端点。

最后的答案就是\(\min(dp[1][n][0],dp[1[n][1]])\)

转移好好想想就能想出来，每次的决策就是回头或者不回头。

然后每次转移的时候计算一下消耗功率，这个用前缀和维护即可：

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=60;
int a[maxn],b[maxn],sum[maxn],n,m,c;
int dp[maxn][maxn][2];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&c);
    memset(dp,127,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+b[i];
    }
    dp[c][c][0]=dp[c][c][1]=0;
    for(int len=2;len<=n;len++)
        for(int i=1;i+len-1<=n;i++)
        {
            int j=i+len-1;
            dp[i][j][0]=min(dp[i+1][j][0]+(a[i+1]-a[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]),dp[i+1][j][1]+(a[j]-a[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]));
            dp[i][j][1]=min(dp[i][j-1][0]+(a[j]-a[i])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]),dp[i][j-1][1]+(a[j]-a[j-1])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]));
        }
    int ans=min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}