【题解】p1809 过河问题

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题目分析

• 现有n个人在东岸，要过河去西岸。开始东岸有一艘船，船最多可承载2人，过河时间以耗时最长的人所需时间为准。

  给定n个人的过河时间a，求所有人从东岸到西岸所需的最短时间。

• 当\(n=2\)时，易得答案为\(a[2]\)。但问题在于当\(n>2\)如何解决。

贪心分析

• 对所有数据从小到大排序。

• 从小规模数据出发，当\(n=3\)时，不难想到可以先用\(a[1]\)将\(a[3]\)送过去，再让\(a[1]\)回来，这样就回归了\(n=2\)的情况。

• \(n>3\)时情况略为复杂，我们考虑推导问题的几个简单性质。

  1. 对于每次船在西岸时，如果需要某个人将船送回来，则优先让西岸a最小的\(dalao\)回来。

     证明：假设西岸有过河时间\(a[1],a[2],a[3]\)的三个人，则让\(a[1]\)回来，必然导致东岸后续的子问题最优。

     如此便得到一个简单的贪心，我们便无需考虑回来的情况，只需要思考如何将人送过去。

     重要推论：在问题结束前，不甘寂寞的\(dalao\) \(a[1]\)不可能被留在西岸。也就是说，\(a[1]\)只要过去，就必然要将船送回来。

  2. 对于\(4<=i<=n\)的所有\(a[i-1]\)，它到西岸只有两种可能方式：自己和\(a[1]\)过去，或者自己和\(a[i]\)过去。

     对于第一种方式：就相当于\(a[i-1]\)自己过去，\(a[1]\)负责送船回来，代价\(a[i-1]+a[1]\)。

     对于第二种方式：如果不希望\(a[i-1]\)被贡献到答案中，则只能选择一个\(j>i-1\)的小蒟蒻\(a[j]\)来当\(a[i-1]\)的拖油瓶。

     但问题在于，过弱的蒟蒻\(a[j]\)不能和\(dalao\) \(a[i-1]\)玩，或者说\(dalao\) \(a[i-1]\)不能选择太弱的\(a[j]\)来当拖油瓶，否则代价会过大。因此\(a[i-1]\)只能选择\(a[i]\)来当它的拖油瓶。

     那么两人过去以后，谁给他们送船回来呢？由于\(a[1]\)不可能在西岸等着他们，因此需要提前让\(a[1]\)带\(a[2]\)过去，留\(a[2]\)为他们送船。代价\(a[2]+a[1]+a[i]+a[2]\)。

  3. 由此，我们可以得到状态转移方程：$$f[i]=min(f[i-1]+a[i]+a[1],f[i-2]+a[2]+a[1]+a[i]+a[2])$$

  4. 几乎每一篇题解都提到了这个方程，那么问题来了，为什么\(f[i]\)由\(f[i-1]和f[i-2]\)中取一转移即可，而不能继续考虑到\(f[i-3]\)？

     我们考虑已知\(f[i-3]\)，然后新来了三个蒟蒻，对于\(a[i-2]\)，他不可能会带\(a[i]\)过河，也就是要么自己走，要么带\(a[i-1]\)走。也就是说\(a[i-2]\)的决策与\(a[i]\)无关。

     因此求\(f[i]\)时，只要考虑\(a[i-1]\)的决策即可，也就是从\(f[i-1]\)和\(f[i-2]\)两个状态中取一转移即可。

code:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=100010;
int n,a[MAXN],f[MAXN];

int main()
{
//	freopen("in.txt","r",stdin);

	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",a+i);

	f[1]=a[1];
	f[2]=a[2];
	f[3]=a[3]+a[1]+a[2];

	for(int i=4;i<=n;++i)f[i]=min(f[i-1]+a[i]+a[1],f[i-2]+a[2]+a[1]+a[i]+a[2]);

	printf("%d\n",f[n]);
	return 0;
}