洛谷P1622 释放囚犯（dp好题）

释放囚犯

题目描述

\(Caima\) 王国中有一个奇怪的监狱，这个监狱一共有\(P\)个牢房，这些牢房一字排开，第\(i\)个紧挨着第\(i+1\)个（最后一个除外）。现在正好牢房是满的。
上级下发了一个释放名单，要求每天释放名单上的一个人。这可把看守们吓得不轻，因为看守们知道，现在牢房中的\(P\)个人，可以相互之间传话。如果某个人离开了，那么原来和这个人能说上话的人，都会很气愤，导致他们那天会一直大吼大叫，搞得看守很头疼。如果给这些要发火的人吃上肉，他们就会安静点。

输入格式和输出格式

输入格式

第一行两个数\(P\)和\(Q\)，\(Q\)表示释放名单上的人数；
第二行\(Q\)个数，表示要释放哪些人。

数据规模
对于\(100%\)的数据\(1≤P≤1000\)； \(1≤Q≤100\)；\(Q≤P\)；且\(50%\)的数据 \(1≤P≤100\)；\(1≤Q≤5\)

输出格式

仅一行，表示最少要给多少人次送肉吃。

输入和输出样例

输入#1

20 3
3 6 14

输出#1

35

本题思路

这道题看起来和一般的区间dp有很多出入，不是从小到大，而是从大到小，看起来要是分成不同的子问题，每个子问题还是会互相干扰的，不妨模拟一遍过程可以发现，好像和石子合并（不要问我什么是石子合并）的过程刚好相反，说白了就是石子合并的逆过程，如果一个大区间中挑选一个切点，那么就分成了两个互不相干的子问题（因为只与切点有关，先选择了切点之后分成的两个区间就毫无关联），再想，把分成的两个小区间再次选切点，就又分成了两个互不相干的两个更小的子问题，依次类推，可以发现这和石子合并没有任何区别，因此，这道题的大致思路没问题了，我们可以推出转移方程：\(f[i][j]=min{f[i][j],f[i][k-1]+f[k+1][j]+a[j+1]-a[i-1]-1-1}\), 把后面这一坨拿出来拆开看看，\(f[i][k-1]+f[k+1][j]+a[j+1]-a[i-1]-1-1\), \(f[i][k-1]+f[k+1][j]\)，这个不必解释,\(a[j+1]-a[i-1]-1\)就是第\(j+1\)个要放出的囚犯到第\(i-1\)个要放出的囚犯之间的人数，也就是要发的肉的数量；最后一个\(-1\) 就是第k个放出去的囚犯，不用给他吃肉了。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3+50;
int P, Q, a[maxn], dp[maxn][maxn];
inline int read(){
	char ch = getchar();
	int f = 1, x = 0;
	while(!isdigit(ch)){if(ch == '-') f = -1;ch = getchar();}
	while(isdigit(ch)){x = x*10;x += ch - '0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int main(){
	P = read(),Q = read();
	for(int i = 1; i <= Q; i++){
		a[i] = read();
	}
	sort(a+1, a+Q+1);
	a[0] = 0;
	a[Q+1] = P+1;
	for(int len = 1; len <= Q; len++){
		for(int l = 1; l + len - 1 <= Q; l++){
			int r = l + len - 1;
			dp[l][r] = 0x3f3f3f3f;
			for(int j = l; j <= r; j++){
				dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][j-1] + dp[j+1][r] + a[r+1] - a[l-1] - 2);
			}
		}
	}
	printf("%d",dp[1][Q]);
	return 0;
}