升降梯上——玄学dp

升降梯上

题目描述

开启了升降梯的动力之后，探险队员们进入了升降梯运行的那条竖直的隧道，映入眼帘的是一条直通塔顶的轨道、一辆停在轨道底部的电梯、和电梯内一杆控制电梯升降的巨大手柄。

\(Nescafe\) 之塔一共有N层，升降梯在每层都有一个停靠点。手柄有M个控制槽，第i个控制槽旁边标着一个数 \(C_i\)，满足 \(C_1<C_2<C_3<……<C_M\)。如果 \(C_i>0\)，表示手柄扳动到该槽时，电梯将上升 \(C_i\) 层；如果 \(C_i<0\)，表示手柄扳动到该槽时，电梯将下降 \(-C_i\) 层；并且一定存在一个 \(C_i=0\)，手柄最初就位于此槽中。注意升降梯只能在 \(1-N\) 层间移动，因此扳动到使升降梯移动到 \(1\) 层以下、\(N\) 层以上的控制槽是不允许的。

电梯每移动一层，需要花费 \(2\) 秒钟时间，而手柄从一个控制槽扳到相邻的槽，需要花费 \(1\) 秒钟时间。探险队员现在在 \(1\) 层，并且想尽快到达 \(N\) 层，他们想知道从 \(1\) 层到 \(N\) 层至少需要多长时间？

输入格式

第一行两个正整数 \(N\)、\(M\)。

第二行M个整数 \(C_1\)、\(C_2……C_M\)。

输出格式

输出一个整数表示答案，即至少需要多长时间。若不可能到达输出 \(-1\)。

样例

样例输入

6 3
-1 0 2

样例输出

19

数据范围与提示

手柄从第二个槽扳到第三个槽（\(0\) 扳到 \(2\)），用时 \(1\) 秒，电梯上升到 \(3\) 层，用时 \(4\) 秒。

手柄在第三个槽不动，电梯再上升到 \(5\) 层，用时 \(4\) 秒。

手柄扳动到第一个槽（\(2\) 扳到 \(-1\)），用时 \(2\) 秒，电梯下降到 \(4\) 层，用时 \(2\) 秒。

手柄扳动到第三个槽（\(-1\) 扳倒 \(2\)），用时 \(2\) 秒，电梯上升到 \(6\) 层，用时 \(4\) 秒。

总用时为 \((1+4)+4+(2+2)+(2+4)=19\) 秒。

对于 \(30\%\) 的数据，满足 \(1\leq N\leq 10,2\leq M\leq 5\)。

对于 \(100\%\) 的数据，满足 \(1\leq N\leq 1000,2\leq M\leq 20,-N<C_1<C_2<……<C_M<N\)。

思路

这个题做法很多，本博主只讲其中 \(dp\) 的玄学做法，若想看最短路，\(Dfs\)等做法，出门右转。

首先我们可以定义一个 \(dp[i][j]\)，表示当手柄在第 \(i\) 的位置时，走到了第 \(j\) 层。

我们上一个状态不能确定到底是在哪个手柄，所以要挨个枚举一遍。

时间加上移动手柄的时间和升降梯移动的时间，去最小值即可。

动态转移方程：

if(i==k){//这个判断加不加都可
      dp[i][j]=min(dp[k][j-c[i]]+abs(c[i])*2,dp[i][j]);
}else{
      dp[i][j]=min(dp[k][j-c[i]]+abs(i-k)+abs(c[i])*2,dp[i][j]);
}

思路很好想，但是实现时会发现仅进行一遍，有些点并没有更新。

所以我们进行多次 \(dp\)，发现到第 \(4\) 次时，所有的值都进行了更新，而且不再改变。

若我们在一次 \(dp\) 中，正反都进行一遍，只需 \(3\) 次即可。

若只正向进行，所需的次数就很玄学，保险起见直接 \(20\) 次。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=1000+50,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m;
int x0;
int c[maxn];
int dp[50][maxn];
int ans=INF;
bool cmp(int a,int b){
      return a>b;
}

int main(){
      memset(dp,0x3f,sizeof(dp));//初始为最大
      scanf("%d%d",&n,&m);
      for(int i=1;i<=m;i++){
            scanf("%d",&c[i]);
	    if(c[i]==0){
                  x0=i;//找到手柄的起始点
            }
      }
      for(int i=1;i<=m;i++){
            dp[i][1]=abs(i-x0);//初始化
      }
      dp[x0][1]=0;//初始化
      for(int s=1;s<=20;s++){//保险20次
            for(int i=1;i<=m;i++){//当前状态
                  for(int j=2;j<=n;j++){//当前层数
                        for(int k=1;k<=m;k++){//上一个状态
                              if(j-c[i]<=0||j-c[i]>n)continue;//若上一个状态越界，直接跳过
                              if(i==k){//可省略判断
                                    dp[i][j]=min(dp[k][j-c[i]]+abs(c[i])*2,dp[i][j]);
                              }else{
                                    dp[i][j]=min(dp[k][j-c[i]]+abs(i-k)+abs(c[i])*2,dp[i][j]);
                              }
                        }
                  }
            }
      }
      for(int i=1;i<=m;i++){
	      ans=min(ans,dp[i][n]);
      }
      if(ans==INF){
	      printf("-1\n");
      }else{
	      printf("%d\n",ans);
      }
      return 0;
}