P1220 关路灯
题目描述
某一村庄在一条路线上安装了 \(n\) 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 \(1m/s\)，每个路灯的位置（是一个整数，即距路线起点的距离，单位：\(m\)）、功率（\(W\)），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 \(n\)（表示路灯的总数）和 \(c\)（老张所处位置的路灯号）；
接下来 \(n\) 行，每行两个数据，表示第 \(1\) 盏到第 \(n\) 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：\(J\)，\(1J=1W\times s\)）。
输入输出样例
输入
5 3
2 10
3 20
5 20
6 30
8 10
输出
270
说明/提示
样例解释
此时关灯顺序为 \(3\) \(4\) \(2\) \(1\) \(5\)。
数据范围
\(1\le n\le50，1\le c\le n\)。
Solution
一道需要分析题目性质的区间 \(dp\) 的题目，思维考验的很到位。
首先分析一下为什么本题的做法是区间 \(dp:\)
注意到老张是从一个点开始往左边或右边走，且经过的点的灯一定都是关的，所以说，[ \(a_i<a_j<a_k\)，且 \(a_i\) 和 \(a_k\) 的位置的灯已经关了，而 \(a_j\) 这个位置的灯没关 ] 这种情况这是不可能的。因为无论老张是从 \(a_i\) 走到 \(a_k\) 还是从 \(a_k\) 走到 \(a_i\)，他都一定会经过 \(a_j\)，那么他选择关上 \(a_j\) 位置的灯一定是最优的。
这么说来，老张所关的灯一定是在一个连续的区间，这就启发我们利用区间 \(dp\) 来解决这道题。
还有一个性质：
老张每关一盏灯，他一定处于这个区间的端点。
这一点很好理解，因为老张想要关灯，他就要让这个区间不断地向左向右扩展，那么他一定是要走出原来的区间的，这样他所在的位置就一定是区间端点。
假设老张已经扩展的区间是 \([l,r]\)，且老张在区间的左端点 \(l\) 处，那么他下一步有两种选择：\(①\)关掉第 \(l-1\) 盏灯；\(②\)关掉第 \(r+1\) 盏灯。
如果他要去关第 \(l-1\) 盏灯，他需要花 \(a_{l}-a_{l-1}\) 的时间，在此期间，\(1\)$l-1,r+1$\(n\) 的灯一直亮着，那么代价就是 \((a_l-a_{l-1})*(S[1][l-1]+S[r+1][n])\)。
如果他要去关第 \(r+1\) 盏灯，他需要花 \(a_{r+1}-a_l\) 的时间，在此期间，\(1\)$l-1,r+1$\(n\) 的灯一直亮着，那么代价就是 \((a_{r+1}-a_{l})*(S[1][l-1]+S[r+1][n])\)。
\((S[i][j]\) 表示 \(i\)~\(j\) 的路灯 \(1s\) 所消耗的电能和\()\)
由此可见，老张在区间左右端点的位置不同，所影响的花费时间不同，进而影响不同的代价。
所以我们要再开一维来记录老张此时是在区间的左端点还是右端点。
那么状态也就随之出来了。
状态设置
\(dp[l][r][0/1]\) 表示老张已经将 \([l,r]\) 内的灯关了，且老张此时是在左端点\((\)用\(0\)表示\()\)还是在右端点\((\)用\(1\)表示\()\)。
状态转移
我是用填表法来做的。
考虑 \(dp[l][r][0]\) 由什么转移到：
既然老张是在区间的左端点，即 \(a_l\) 处，那么也就说明第 \(l\) 盏灯是老张刚关上的，那么上一步的区间应该是 \([l+1,r]\)。
如果老张原来是在 \(a_{l+1}\) 处，要走 \(a_{l+1}-a_l\) \(s\)，代价为 \((a_{l+1}-a_l)*(S[1][l]+S[r+1][n])\)。
如果老张原来是在 \(a_r\) 处，要走 \(a_r-a_l\) \(s\)，代价为 \((a_r-a_l)*(S[1][l]+S[r+1][n])\)。
两者取 \(\min\) 即可：
\(dp[l][r][0]=\min(dp[l+1][r][0]+(a_{l+1}-a_l)*(S[1][l]+S[r+1][r]),dp[l+1][r][1]+(a_r-a_l)*(S[1][l]+S[r+1][n]))\)
同理得：
\(dp[l][r][1]=\min(dp[l][r-1][0]+(a_r-a_l)*(S[1][l-1]+S[r][n]),dp[l][r-1][1]+(a_r-a_{r-1})*(S[1][l-1]+S[r][n]))\)
那么这个题就做完了。
Code
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#define db double
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
char ch=getchar();
int a=0,x=1;
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') x=-x;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
a=(a<<1)+(a<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return a*x;
}
const int N=200;
int n,m;
int a[N],b[N],S[N][N],dp[N][N][2];
int dis(int x,int y) //求第x盏灯和第y盏灯之间的距离
{
return abs(a[x]-a[y]);
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();b[i]=read();
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
for(int k=i;k<=j;k++)
S[i][j]+=b[k]; //预处理第i~j盏灯1s所消耗的电能
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[m][m][0]=dp[m][m][1]=0; //边界条件:老张一开始在第m盏灯,所以代价为0
for(int len=2;len<=n;len++)
{
for(int l=1;l+len-1<=n;l++)
{
int r=l+len-1;
dp[l][r][0]=min(dp[l+1][r][0]+dis(l+1,l)*(S[1][l]+S[r+1][n]),dp[l+1][r][1]+dis(r,l)*(S[1][l]+S[r+1][n]));
dp[l][r][1]=min(dp[l][r-1][0]+dis(l,r)*(S[1][l-1]+S[r][n]),dp[l][r-1][1]+dis(r-1,r)*(S[1][l-1]+S[r][n]));
}
}
printf("%d\n",min(dp[1][n][0],dp[1][n][1])); //最后老张在左端右端都行,取min
return 0;
}
