Luogu P1220 关路灯 题解 [ 蓝 ][ 区间dp ]

原题

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:J1J=1W×s)。

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

1n501cn1Wi100

题解

分析

本题是一道经典的区间dp,时间复杂度为 O(n2)

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,fi,j 表示从横坐标为 i 的点走到横坐标为 j 的点耗费的最少电量。

同时由于路线上的所有灯都会被关闭,所以 fi,j 也表示关闭从横坐标为 i 的灯到横坐标为 j 的灯所用的最少电量 。

但是对于一个 [i,j] 的区间,老张既可能站在 i 上,也可能站在 j 上。

所以还要再加一维 fi,j,k , 当 k=0 时表示老张站在 i 上,当 k=1 时表示老张站在 j 上。

并且,对于横坐标为 x 的一个点而言,它的这一步既可以是从上一步顺着走过来的,也可以是在上一步之后突然转弯走过来的。

因此,在计算 fi,j,k 的时候,应该进行分类讨论。

fi,j,k={k=0{ 来自 i+1 来自 jk=1{ 来自 j1 来自 i

i+1i 的右边,由于 i 为区间的左端点,代表 i 为从左往右数第一个熄灭的灯,所以 i 的左边不可能有当前被关掉的灯,只有右边 i+1 有被熄灭的灯,所以从 i+1 走来 ;而 j 代表到了右端点 j,突然不往右边走了,折返回 i

j1j 的左边,由于 j 为区间的右端点,代表 j 为从右往左数第一个熄灭的灯,所以 j 的右边不可能有当前被关掉的灯,只有左边 j1 有被熄灭的灯,所以从 j1 走来 ;而 i 代表到了左端点 i,突然不往左边走了,折返回 j

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 [1,n] 的区间全部合并完成。

如上文所言,fi,j,k 表示在 [i,j] 的电灯全部关闭后,老张站在 k 时的最少已经消耗的电量。
因此,可以写出动态转移方程式:

fi,j,0=min{fi+1,j,0+cal()fi+1,j,1+cal()

fi,j,1=min{fi,j1,0+cal()fi,j1,1+cal()

这里的 cal() 指计算走到目标点花费的电量。

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 fs,s,0=fs,s,1=0 ,其它的设为无穷大,这里的 s 指老张起始坐标。

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 fi,j,k ,时间 O(n2)

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][i,j1] ,在更新 [i,j] 前长度比他们短的子区间全都更新过了。

这是区间dp问题的通常转移顺序。

细节

上文中,有一个 cal() 函数我们并未实现,因此我们要来实现它。

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 p[N]w[N] 。(因为题目保证路灯位置一定递增,所以不用给位置排序。)

其中,pi=pi1+piwi=wi1+wi 。但因为题目中已经给你了距离的前缀和,所以不用处理 p

对于一个已经全部关掉的灯的区间 [l,r],当前站在的地方 s ,要去到的地方 e ,我们定义函数 cal(l,r,s,e)

其中,起点终点距离为 pmax(s,e)pmin(s,e) ,这里的前缀和求值下标不用 1 是因为每个点存的是与一个不存在路灯的 0 的距离。

由于老张速度为 1m/s ,所以耗费的时间就是 pmax(s,e)pmin(s,e)

同时,所有没关的电灯的功率综合为 wnwr+wl1r 不用 1 是因为它已经被关了,要被减去功率,而 l1 也是因为它没被关,所以不能加入功率中。

所以,cal(l,r,s,e)=(pmax(s,e)pmin(s,e))(wnwr+wl1)

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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