P1220 关路灯——区间dp

P1220 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：\(J\)，\(1J=1W\times s\)）。

输入输出样例

输入

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

输出

270

说明/提示

样例解释

此时关灯顺序为 \(3,4,2,1,5\)。

数据范围

\(1\leq n\leq 50\)，\(1\leq c\leq n\)。

思路

首先这是一个线性的路径，如果只是一个简单的线性 \(dp\)，不好存储，所以考虑区间 \(dp\)。

当老张关完 \(i\) 到 \(j\) 的灯后，会处在 \(i\) 和 \(j\) 哪个位置呢，所以在加一维，用来表示老张所处的位置。

用 \(dp[i][j][0]\) 表示当老张关完 \(i\) 到 \(j\) 的灯后，处在 \(i\) 的位置。

用 \(dp[i][j][1]\) 表示当老张关完 \(i\) 到 \(j\) 的灯后，处在 \(j\) 的位置。

这样就可以推出动态转移方程：

\(dp[i][j][0]=min(dp[i+1][j][0]+Time(i,i+1,i,j+1),dp[i+1][j][1]+Time(i,j,i,j+1))\)

表示老张从 \(i+1\) 的位置到 \(i\) 的位置，和老张从 \(j\) 的位置到 \(i\) 的位置，并加上途中其他路灯所耗费的电，取最小值即可。

\(dp[i][j][1]=min(dp[i][j-1][0]+Time(i,j,i-1,j),dp[i][j-1][1]+Time(j-1,j,i-1,j))\)

表示老张从 \(j-1\) 的位置到 \(j\) 的位置，和老张从 \(i\) 的位置到 \(j\) 的位置，并加上途中其他路灯所耗费的电，取最小值即可。

代码

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

const int maxn=1000+50;
int n,k;
struct Node{
	int d,w;
}e[maxn];
int sum[maxn];
int dp[maxn][maxn][2];

int Cala(int i1,int j1,int i0,int j0){//计算途中其他未关的路灯所耗费的电量
	return (e[j1].d-e[i1].d)*(sum[i0]+sum[n]-sum[j0-1]);
}
int main(){
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));//初始为最大
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&e[i].d,&e[i].w);
		sum[i]=sum[i-1]+e[i].w;//记录前缀和
	}
	dp[k][k][1]=0;//初始化
	dp[k][k][0]=0;
	for(int d=2;d<=n;d++){
		for(int i=1,j;(j=i+d-1)<=n;i++){
			dp[i][j][0]=min(dp[i+1][j][0]+Cala(i,i+1,i,j+1),dp[i+1][j][1]+Cala(i,j,i,j+1));
			dp[i][j][1]=min(dp[i][j-1][1]+Cala(j-1,j,i-1,j),dp[i][j-1][0]+Cala(i,j,i-1,j));
		}
	}
	printf("%d\n",min(dp[1][n][1],dp[1][n][0]));//两种情况取最小值
	return 0;
}