[USACO2005 nov] Grazing on the Run【区间Dp】
Online Judge:bzoj1742,bzoj1694
Label:区间Dp
题目描述
John养了一只叫Joseph的奶牛。一次她去放牛,来到一个非常长的一片地,上面有N块地方长了茂盛的草。我们可以认为草地是一个数轴上的一些点。Joseph看到这些草非常兴奋,它想把它们全部吃光。于是它开始左右行走,吃草。John和Joseph开始的时候站在p位置。Joseph的移动速度是一个单位时间一个单位距离。不幸的是,草如果长时间不吃,就会腐败。我们定义一堆草的腐败值是从Joseph开始吃草到吃到这堆草的总时间。Joseph可不想吃太腐败的草,它请John帮它安排一个路线,使得它吃完所有的草后,总腐败值最小。John的数学很烂,她不知道该怎样做,你能帮她么?
输入
第一行两个整数N,p。表示有N处草地,奶牛初始位置为p。(\(N<=1000\))
接下来N行每行输入一个整数x,表示该处草地的坐标为x。(\(1<=x,p<=1,000,000\))
输出
输出一个整数,表示最小总腐败值。
样例
Input
4 10
1
9
11
19
Output
44
Hint
OUTPUT DETAILS:
Bessie can follow this route:
- start at position 10 at time 0
- move to position 9, arriving at time 1
- move to position 11, arriving at time 3
- move to position 19, arriving at time 11
- move to position 1, arriving at time 29
giving her a total staleness of 1+3+11+29 = 44. There are other routes
with the same total staleness, but no route with a smaller one.
题解
大致题意就是,你的初始坐标为\(x\),你要去数轴上的\(n\)个点,问你到达所有点的时间总和最小是多少。
直接贪心不可行,所以考虑dp。
坐标什么的先离散了再说:),两点的距离可以直接预处理出来\(dis[i][j]=abs(a[i]-a[j])\)。
接下来考虑如何dp。
关注到一个性质,如果到目前为止,奶牛吃过最左的草堆编号为\(l\),吃过最右的草堆编号为\(r\),则如果奶牛不是傻它肯定把\([l,r]\)的草堆都吃过了,因为它吃草速度是瞬时的,都经过了肯定要嫖一口。
那很明显应该是个区间dp了。
不难定义出状态\(f[0/1][i][j]\)表示已经吃完\([i,j]\)的草了,且现在在左端i(0),在右端j(1),所需的最少时间和。
转移根据意义模拟一下就好了,假如我现在从区间的某端\(k\)转移到某点\(l\),则花去时间为\(dis[k][l]\),在这个时间内除了区间\([i,j]\),其他所有草堆的腐败值都增加了1。
具体转移顺序可以打个记搜。也可以直接循环转移——枚举区间长度,再枚举左端点。然后对于这道题内部再分类讨论一下处于左右端位置即可。时间复杂度为\(O(N^2)\)。
代码如下
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1005,INF=0x3f3f3f3f;
int a[N],dis[N][N],f[N][N][2];
int n;
inline void Do(int &x,int y){(x>y)&&(x=y);}
signed main(){
int x;
scanf("%lld%lld",&n,&x);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
a[++n]=x;
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)dis[i][j]=abs(a[i]-a[j]);
int st=lower_bound(a+1,a+n+1,x)-a;
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[st][st][0]=f[st][st][1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int l=1;l+i-1<=n;l++){
int r=l+i-1;
if(f[l][r][0]<INF){
if(l!=1)Do(f[l-1][r][0],f[l][r][0]+dis[l-1][l]*(n-i));
if(r!=n)Do(f[l][r+1][1],f[l][r][0]+dis[l][r+1]*(n-i));
}
if(f[l][r][1]<INF){
if(l!=1)Do(f[l-1][r][0],f[l][r][1]+dis[r][l-1]*(n-i));
if(r!=n)Do(f[l][r+1][1],f[l][r][1]+dis[r][r+1]*(n-i));
}
}
printf("%lld\n",min(f[1][n][0],f[1][n][1]));
}
update
本题的几个升级版
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