P2466 [SDOI2008] Sue 的小球

合集 - 洛谷(99)

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99.P2466 [SDOI2008] Sue 的小球2024-03-04

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原题链接

题解

我们发现，当前的决策会影响未来的结果，因此我们把当前的决策存下来，这样等未来要用的时候就有的转移了，如果未来由多个状态决定，那就现在把那些状态都记录下来

我们发现，一个点如果能被吸收，那么其左边或右边的一个区间的点都肯定被吸收了，所以我们记录 $f[i][j]$ 表示区间 $[i,j]$ 的分数，
但是一个区间被遍历完时，最后一个遍历到的点可能在左边或者右边，所以我们再增加一维状态来表示
如果正着计算，那么不仅要存储当前状态的分数，还要存储当前状态的时间，而不同的时间和分数搭配对未来会产生不同的影响，因为分数不是越大越好，时间也不是越短越好，很复杂
不如换个角度来考虑问题，我们令 $f[i][j][0/1]$ 来表示这个区间遍历完时，累积的失去的分数，这样一来，只需要贪心失去的分数越小越好

再有一个疑问：为什么累积扣分最少一定最优？
因为从当前区间向外扩展时扣掉的分数是不会变的，为了使 $[1,n]$ 扣分最少，其前面一个区间扣分也要最少，所以累积扣分最少最优

ps:讲题水平还是不行啊

code

#define ll long long
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline void read(ll &x) {
	x = 0;
	ll flag = 1;
	char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9'){
        if(c == '-')flag = -1;
        c = getchar();
    }
	while(c >= '0' && c <= '9') {
		x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);
		c = getchar();
	}
	x *= flag;
}

inline void write(ll x)
{
    if(x < 0){
    	putchar('-');
		x = -x;
	}
    if(x > 9)
		write(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
}

ll n,x0;
struct unit
{
    ll x,y,v;
}ball[1005];
bool cmp(unit a,unit b)
{
    return a.x<b.x;
}

ll pres[1005]={0};
ll dp[1005][1005][2]={0};
int main()
{
    read(n); read(x0);

    ball[n+1].x=x0;//很机智的一个做法：把初始点加进去，y和v都为0，相当于出发点

    ll sum=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++) read(ball[i].x);
    for(ll i=1;i<=n;i++) read(ball[i].y),sum+=ball[i].y;
    for(ll i=1;i<=n;i++) read(ball[i].v);

    n++;//注意
    sort(ball+1,ball+n+1,cmp);

    for(ll i=1;i<=n;i++) pres[i]=pres[i-1]+ball[i].v;

    memset(dp,0x3f,sizeof dp);
    ll i;
    for(i=1;i<=n;i++)
        if(ball[i].x==x0)
        {
            dp[i][i][0]=dp[i][i][1]=0;
            break;
        }
    for(ll len=2;len<=n;len++)
    {
        for(ll l=1,r=len;r<=n;l++,r++)
        {
            dp[l][r][0]=min(dp[l+1][r][0]+(ball[l+1].x-ball[l].x)*(pres[n]-pres[r]+pres[l]),dp[l+1][r][1]+(ball[r].x-ball[l].x)*(pres[n]-pres[r]+pres[l]));
            dp[l][r][1]=min(dp[l][r-1][0]+(ball[r].x-ball[l].x)*(pres[n]-pres[r-1]+pres[l-1]),dp[l][r-1][1]+(ball[r].x-ball[r-1].x)*(pres[n]-pres[r-1]+pres[l-1]));
            //思维反转，不计算这么走能得到的分数，而是计算这么走会失去多少分数
        }
    }

    printf("%.3lf",(sum-min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]))*1.0/1000);
    return 0;
}