【洛谷 P3842 [TJOI2007]线段】解题报告（动态规划）

题面

在一个 $n\times n$ 的平面上，在每一行中有一条线段，第 $i$ 行的线段的左端点是 $(i, L_i)$，右端点是 $(i, R_i)$。

你从 $(1,1)$ 点出发，要求沿途走过所有的线段，最终到达 $(n,n)$ 点，且所走的路程长度要尽量短。

更具体一些说，你在任何时候只能选择向下走一步（行数增加 $1$）、向左走一步（列数减少 $1$）或是向右走一步（列数增加 $1$）。当然，由于你不能向上行走，因此在从任何一行向下走到另一行的时候，你必须保证已经走完本行的那条线段。

$1\le n\le 2\times 10^4$，$1\le L_i\le R_i\le n$。

题解

本题的状态比较显然。

由于每一层必然走过整条线段，所以显然从线段的左/右端点向下走是最优的。我们拆分子问题，求从 $(1,1)$ 走到第 $i$ 层线段左/右端点的最少步数，可以通过从 $(1,1)$ 走到第 $i-1$ 层线段左/右端点的最少步数求出，因此从 $(1,1)$ 走到第 $i$ 层线段左/右端点的最少步数就是一个子问题。

根据我们得到的子问题，我们设状态 $dp_{i,[0/1]}$ 表示从 $(1,1)$ 走到第 $i$ 层线段的左/右端点的最少步数。以从 $dp_{i-1,0}$ 向 $dp_{i,1}$ 转移为例（也就是从上一层线段左端点走到这一层线段右端点），我们首先需要横向走到这一层线段左端点，将横坐标从 $L_{i-1}$ 走到 $L_i$，显然需要 $|L_{i-1}-L_i|$ 步，然后从线段左端点走到线段右端点，显然需要 $R_i-L_i$ 步，又因为需要从上一层走到这一层，还需要额外的 $1$ 步。我们得到转移 $dp_{i,1}\gets dp_{i-1,0}+|L_{i-1}-L_i|+R_i-L_i+1$。类似地，我们可以得到从 $dp_{i-1,[0/1]}$ 向 $dp_{i,[0/1]}$ 的所有转移，对于一个目标状态，把所有能转移过来的结果取最小值即可。

最终我们还需要从 $L_n$ 或 $R_n$ 走到 $(n,n)$，可以按照类似的方法求出 $ans\gets\min\{dp_{n,0}+n-L_n,dp_{n,1}+n-R_n\}$。

初始状态就是从 $(1,1)$ 到 $R_1$ 的距离，或者到 $R_1$ 再到 $L_1$ 的距离。

参考代码

//By: Luogu@rui_er(122461)
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
#define debug printf("Running %s on line %d...\n",__FUNCTION__,__LINE__)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e4+5; 

int n, L[N], R[N], dp[N][2];
template<typename T> void chkmin(T &x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T &x, T y) {if(x < y) x = y;}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    rep(i, 1, n) scanf("%d%d", &L[i], &R[i]);
    dp[1][0] = 2 * R[1] - L[1] - 1;
    dp[1][1] = R[1] - 1;
    rep(i, 2, n) {
        dp[i][0] = min(dp[i-1][0]+abs(L[i-1]-R[i])+R[i]-L[i], 
                       dp[i-1][1]+abs(R[i-1]-R[i])+R[i]-L[i]) + 1;
        dp[i][1] = min(dp[i-1][0]+abs(L[i-1]-L[i])+R[i]-L[i], 
                       dp[i-1][1]+abs(R[i-1]-L[i])+R[i]-L[i]) + 1;
    }
    int ans = min(dp[n][0]+n-L[n], dp[n][1]+n-R[n]);
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}