UVA 11400"Lighting System Design"
参考资料:
[1]:https://www.cnblogs.com/Kiraa/p/5510757.html
题意:
现给你一套照明系统,这套照明系统共包含 n 种类型的灯;
其中第 i 中类型的灯包含四个参数:vi,ki,ci,li,分别表示
vi : 第 i 种类型的灯正常工作所需要的电压源;
ki : 购买电压源 vi 的花费;
ci : 第 i 种灯泡的单价;
li : 这套照明系统需要第 i 种灯的个数
购买第 i 种灯的花费为 costi = ki+ci×li;
总花费为 cost=∑costi;
有如下操作:
如果 vi ≤ vj , 那么便可将购买的灯 i 换成购买灯 j;
求对所有灯执行完上述操作后 cost 的最小值;
错误思路:
贪心策略,如果可以将灯 i 换成灯 j 并且可以使得 cost变小,那么就更换,并且更新 li = 0 , lj += li;
hack样例:
正确输出 690
实际输出 700错误分析:
初始,cost1=150 , cost2=220 , cost3=340;
首先可以判断,灯①可以全部换成灯②,换完后,l1=0,l2=15;
使得 cost1+cost2 = 150+14×15 = 360 < 150+220;
但是,此时灯②不能全部换成灯③,cost = cost1+cost2+cost3=360+340=700;
另一种方案是,灯②全部换成灯③,换完后 cost2+cost3=300+40*6=540 < 220+340;
灯①既不能换成灯②也不能换成灯③,此时,cost = 690 优于 700;
也就是说,将①换成灯②可以节省10元,但是如果将灯②换成灯③可以节省20元;
所以,此题的难点就在于对于可以更换的灯 i , j ,是否将灯 i 换成灯 j 呢?
分割线:2019.6.7
因为要准备考试 6.5 , 6.6 这两天晚上的考试,所以,一直到今天才补了这道题;
看着紫书上的状态转移方程证明了一下午;
来看看我今天一下午的成果:
首先将这 n 种灯按 v 升序排列;
经过上述操作后,使得总花费最小的方案一定是成片的,什么是成片的呢?
就是 (1,2,3,...,a-1)(a,...,i,...,b)(b+1,..,j,..,d)(...,n) 这么划分是使得总花费最小的划分方案;
(a,....,b) : 第 [a,...,b-1] 种灯都换成第 b 种灯;
为什么这就是答案呢?
为什么不能是穿插着是答案呢?
用反证法证明,对于 (a,...,i,...,b)(b+1,..,j,..,d) 这两个划分,假设将 i,j 互换后的划分为使得总花费最小的划分;
首先定义:
sum1 = la+la+1+...+li+...+lb;//[a,b]区间的总灯泡个数
sum2 = lb+1+lb+2+...+lj+...+ld;//[b+1,d]区间的总灯泡个数
//交换i,j灯泡后的总个数
sum3 = sum1-li+lj;
sum4 = sum2-lj+li;
sum = sum1+sum2 = sum3+sum4;
① cost{ (a,...,j,...,b)(b+1,..,i,..,d) } < cost{ (a,...,i,...,b)(b+1,..,j,..,d) };
② cost{ (a,...,j,...,b)(b+1,..,i,..,d) } < cost{ (a,............................,d) };
由①可得:
(kb+sum3×cb)+(kd+sum4×cd) < (kb+sum1×cb)+(kd+sum2×cd)
化简得:
(sum3-sum1)cb < (sum2-sum4)cd;
由②可得:
(kb+sum3×cb)+(kd+sum4×cd) < kd+sum×cd
化简得:
cb < cd;
正解:
首先可以得出这样一个结论:每种类型的灯泡,要么全换成其他类型的,要么全都不换;
定义dp[ i ]表示前 i 个灯泡得最小花费,sum[ i ]表示前 i 个灯泡得总个数;
对于两类灯泡 i 和 j,i 可以换成 j 的条件是:
1) vj > vi
2) j 一定存在于最优解中(保证 kj 不被省去)
3) ki+li×ci < li×cj
基于条件(1),首先将灯泡按照电压从小大到大排序;
假设前 i-1 个灯泡经过最优的替换后,新的灯泡序列为 b1,…,bj,bj+1,…bk(bi表示没被合并的灯泡编号,并且按照电压非降序排列);
bj 和 bj+1 的关系一定满足:
①kb[ j ]+lb[ j ]×cb[ [j ] < lb[ j ]*cb[ j+1](否则 bj 可被 bj+1 替换,与当前为最优解的假设矛盾);现在我们考虑用第 i 个灯泡 ai 替换的情况;
假设 bj 可以被 ai 替换,那么有
②kb[ j ]+lb[ j ]×cb[ j ] > lb[ j ]×ca[ i ];
由式 ①② 可得 ca[ i ] < cb[ j+1],即 bj+1 可被 ai 替换;
同理,bj+2~bk 的所有灯泡都可以被 ai 替换;
换句话说,对于前 i-1 个灯泡 a1~aj~ai-1,如果存在 j(1<j<i-1),aj+1可以被 ai 替换,
那么 aj+1~ai-1 的所有灯泡都可以被 ai 替换,而a1~aj 灯泡的最小费用已经算出为dp[ j ]。
这样我们就得出了 ai 的替换方法:前 j 个灯泡用之前计算出的最优方案 d[ j ] 购买,
剩下 j+1~i 个灯泡全用 ai 替换,枚举 j 从 0 到 i-1,根据前面的讨论得知不会漏解;
则状态转移方程 d[ j ]=min{ d[ j ]+c[ i ]×(s[ i ]-s[ j ])+k[ i ] };
最终答案就是 dp[n];
AC代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define memF(a,b,n) for(int i=0;i<=n;a[i++]=b);
const int maxn=1e3+; int n;
struct Data
{
int v,k,c,l;
bool operator < (const Data &obj) const
{
return v < obj.v;
}
}_data[maxn];
int dp[maxn];
int sum[maxn]; int Solve()
{
sort(_data+,_data+n+);
sum[]=;
for(int i=;i <= n;++i)
sum[i]=sum[i-]+_data[i].l;
memF(dp,INF,n);
dp[]=;
for(int i=;i <= n;++i)
for(int j=;j < i;++j)
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j])*_data[i].c+_data[i].k); return dp[n];
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n) && n)
{
for(int i=;i <= n;++i)
scanf("%d%d%d%d",&_data[i].v,&_data[i].k,&_data[i].c,&_data[i].l);
printf("%d\n",Solve());
}
return ;
}
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