Luogu P1220 关路灯 题解 [ 蓝 ][ 区间dp ]
关路灯
题目描述
某一村庄在一条路线上安装了
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
,每个路灯的位置(是一个整数,即距路线起点的距离,单位: )、功率( ),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
(表示路灯的总数)和 (老张所处位置的路灯号);
接下来
行,每行两个数据,表示第 盏到第 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:
, )。
样例 #1
样例输入 #1
5 3
2 10
3 20
5 20
6 30
8 10
样例输出 #1
270
提示
样例解释
此时关灯顺序为
3 4 2 1 5
。
数据范围
, , 。
题解
分析
本题是一道经典的区间dp,时间复杂度为
首先可以发现,老张走的路线上经过的所有灯都会被关闭,因为关灯不会花费任何时间。
同时,老张走过的路线也可以抽象成下面的图。
观察可知,每行路线后的下一行路线都比这一行路线要长。
因此,我们可以把街道看成一个区间,
同时由于路线上的所有灯都会被关闭,所以
但是对于一个
所以还要再加一维
并且,对于横坐标为
因此,在计算
实现
不难发现,至此问题已经和 合并石子 问题非常相似了。
我们可以把路灯看成一个个石子,然后从老张的起始位置开始合并区间,直到把
如上文所言,
因此,可以写出动态转移方程式:
这里的
同时,也应当注意状态转移的顺序,要保证每一个区间要用到的子区间全部都求完了。
我们可以设
然后先枚举区间的长度,再从左到右枚举左端点位置,根据长度来推出右端点位置,依次更新
由于只有其子区间先前被更新过的区间才会被更新,所以状态传递就是从点
每个区间要用到的是比自己短
这是区间dp问题的通常转移顺序。
细节
上文中,有一个
我们可以为路灯的位置与电灯的功率定义两个前缀和数组,分别为
其中,
对于一个已经全部关掉的灯的区间
其中,起点终点距离为
由于老张速度为
同时,所有没关的电灯的功率综合为
所以,
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p[105],w[105],f[105][105][3],n,c;
int cal(int l,int r,int s,int e)//算出一段的代价
{
return (p[max(s,e)]-p[min(s,e)])*(w[n]-w[r]+w[l-1]);
}
int main()
{
memset(f,0x3f,sizeof(f));//初始化代价
cin>>n>>c;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>p[i]>>w[i];
w[i]+=w[i-1];//只有功率要前缀和,这题的位置题目已经做好前缀和了
}
f[c][c][0]=f[c][c][1]=0;//把c设为0,不然无法更新其他点
for(int l=2;l<=n;l++)//枚举每个区间长度
{
for(int np=1;np+l-1<=n;np++)//枚举每个区间的起点
{
//由于只有其子区间先前被更新过的区间才会被更新,所以状态传递就是从点c扩散到两侧
//每个区间要用到的是比自己短1的子区间,如[i+1,j]和[i,j-1],在更新[i,j]前长度比他们短的子区间全都更新过了
int i=np,j=np+l-1;//i左端点,j右端点
f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+cal(i+1,j,i+1,i),f[i+1][j][1]+cal(i+1,j,j,i));
f[i][j][1]=min(f[i][j-1][0]+cal(i,j-1,i,j),f[i][j-1][1]+cal(i,j-1,j-1,j));
}
}
cout<<min(f[1][n][0],f[1][n][1]);//输出结尾为左右端点中较小代价的那一个
return 0;
}
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