P2466 [SDOI2008]Sue的小球

这个题真的和关路灯很像，可以去看看。

Solution

有很多题解都没提到怎么看出来的区间DP，这里说一下。(有人做了一些题，就有思路，说不定有没做啥题的)

首先可以明确的是， Sue 不可能经过一个彩蛋不收集，也就是收集的彩蛋的编号应该是连续的。因为路过不收，这不zz？不就是看着彩蛋价值变低吗

再思考， Sue 肯定在某个连续的区间中收集的是显然的，在外面和上面是冲突的。再具体，因为要外扩展答案的，所以 Sue 是在区间左端或者右端的。

那么对于一个区间 \((l,r)\) ，我们得到了最优解，再往外转移必定是最优的，然后就能将求区间最优转化为子问题递归求解。

现在思考不要 Sue 的位置，只保留左右端点的值。发现是不行的，因为 Sue 的位置不同对下一步转移的代价也是不同的。

那么一个一个彩蛋收集，此时 Sue 就有 4 种情况：

1.对于 \(l-1\) 这个彩蛋， Sue 可以从 \(l\) 或 \(r\) 过去收集。

2.对于 \(r+1\) 这个彩蛋， Sue 可以从 \(l\) 或 \(r\) 过去收集。

其实这就可以作为转移方程了。

设 \(f_{l,r,0/1}\) 表示收集完这个区间， Sue 在左/右端点的最小损耗值，可得：

\[f_{l,r,0}=\min\{f_{l+1,r,0}+(pos_{l+1}-pos_l)\times (sum_{1,l}+sum_{r+1,n}),f_{l,r,0}\}\\ f_{l,r,0}=\min\{f_{l+1,r,1}+(pos_{r}-pos_l)\times (sum_{1,l}+sum_{r+1,n}),f_{l,r,0}\}\\ f_{l,r,1}=\min\{f_{l,r-1,0}+(pos_{r}-pos_l)\times (sum_{1,l-1}+sum_{r,n}),f_{l,r,0}\}\\ f_{l,r,1}=\min\{f_{l,r-1,1}+(pos_{r}-pos_{r-1})\times (sum_{1,l-1}+sum_{r,n}),f_{l,r,0}\} \]

其中 \(sum_i\) 为前 \(i\) 个数的 \(v\) 和，是为了求区间的代价，需要预处理。

注意：千分之一在答案的时候处理即可。因为求的是损耗，所以答案要加上所有初始的 \(v\) ，最后减去 \(\min(f_{1,n,0},f_{1,n,1})\) 。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N=1010;
struct node{
    int x,y,v;
    bool operator < (node b) const {
        return x<b.x;
    } 
}a[N];
int n,x0,ans,f[N][N][2];

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&x0),a[n+1].x=x0;
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i].x);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i].y),ans+=a[i].y;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i].v);
    n++;
    sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(a[i].x==x0){
            f[i][i][0]=f[i][i][1]=0;
            break;
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i].v+=a[i-1].v;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int l=1,r=l+i;r<=n;l++,r++){
            f[l][r][0]=min(f[l+1][r][0]+(a[l+1].x-a[l].x)*(a[l].v+a[n].v-a[r].v),
                            f[l+1][r][1]+(a[r].x-a[l].x)*(a[l].v+a[n].v-a[r].v));
            f[l][r][1]=min(f[l][r-1][0]+(a[r].x-a[l].x)*(a[l-1].v+a[n].v-a[r-1].v),
                            f[l][r-1][1]+(a[r].x-a[r-1].x)*(a[l-1].v+a[n].v-a[r-1].v));
        }
    printf("%.3lf\n",(ans-min(f[1][n][0],f[1][n][1]))/1000.0);
    return 0;
}