P1220关路灯（题解）

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）。

输入输出格式

输入格式：

文件第一行是两个数字n(1<=n<=50，表示路灯的总数)和c(1<＝c<=n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·s)。

输入输出样例

输入样例#1：

5 3
2 10
3 20
5 20
6 30
8 10

输出样例#1：

270

说明

输出解释：

冷静的分析：显然是区间DP，可以转化成一个个区间进行处理，每个区间2种情况

*沿着当前方向继续走下去。
*改变方向回去关灯。
f[i][j]表示i到j灯熄灭后的剩余总功率，进一步区分老王的站位，就再加一维f[i][j][0]表示老王在i点，f[i][j][1]表示老王再j点。
f[i][j][0]的状态来源于上面2种情况则：
f[i][j][0] = min ( f[i+1][j][0] + ( a[i+1] - a[i] ) * ( sum[i] + sum[n] - sum[j] ) , f[i+1][j][1] + ( a[j]-a[i] ) * ( sum[i]+sum[n]-sum[j]) );
f[i][j][1] = min ( f[i][j-1][0] + ( a[j] - a[i] ) * ( sum[i-1] + sum[n] - sum[j-1] ) , f[i][j-1][1] + ( a[j]-a[j-1] ) * ( sum[i-1] + sum[n] - sum[j-1] ) );
（枚举现在的路灯l（2-n,因为第c位的路灯已经被关了），i+l-1<=n（路只有这么长），j=i+l-1（右端点））
因为最后不知道老张到底站在左端点最优还是站在右端点最优，所以在f[1][n][0]和f[1][n][1]中取min输出。要求功率消耗最小。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAXM=60;
int a[MAXM],b[MAXM],sum[MAXM],n,m,c;
int f[MAXM][MAXM][2];
int min(int a,int b)//这一点希望大家注意：最好max和min函数自己写，会有效的加快程序速度
{return a<b?a:b;}
int max(int a,int b)
{return a>b?a:b;}
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&c);
  memset(f,127,sizeof(f));//赋成极大值防止后面的min出问题
  for(int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d%d",&a[i],&b[i]),sum[i]=sum[i-1]+b[i];//计算功率总和
  f[c][c][0]=f[c][c][1]=0;//瞬初始化
  for(int l=2;l<=n;l++)//枚举n个灯
    for(int i=1;i+l-1<=n;i++)//路长
      {
    int j=i+l-1;//右端点
    f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+(a[i+1]-a[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]),//继续走下去会更快吗？
               f[i+1][j][1]+(a[j]-a[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]));//还是从j点折返回来会更快？（此时假设[i+1][j]被关，i亮，从j端点往回赶去关i）
//要注意的一点是sum[n]-(sum[j]-sum[i])是包括了i这一点的电能的，因为走过来的过程中灯i也会耗电
    f[i][j][1]=min(f[i][j-1][0]+(a[j]-a[i])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]),//同上
               f[i][j-1][1]+(a[j]-a[j-1])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]));
        }
  int ans=min(f[1][n][0],f[1][n][1]);
  printf("%d",ans);
  return 0;
}

虽然渺小，但不放弃。