UVa11400 - Lighting System Design——[动态规划]
题干略。
题意分析:
很容易理解一类灯泡要么全部换要么全不换,其实费用节省的主要原因是由于替换灯泡类型而排除了低压电压源,于是我们就可以推断出灯泡类型替换的原则:
对于两类灯泡a1和a2,a1可以被a2替换的条件是:
1) v2>v1
2)a2一定存在于最优解中(保证K2不被省去)
3)C2*L1 - C1*L1 - K1<0
基于以上替换原则首先将所有灯泡a1,a2,……,an 按电压非降序排列,我们可以假定状态d[i]为仅考虑前1~i个灯泡时的最优解(最小费用)。在计算d[i]时仅考虑用ai替换,ai一定存在于最优解中,满足条件(1)(2)。那么问题来了,采用何种替换方法呢?下面我们考虑[i-1]的最优解情况:
假设前i-1个灯泡经过最优的替换后灯泡序列为b1,……,bj,bj+1,……bk(电压非降序排列);
经分析bj和bj+1的关系一定满足:(1)Cj+1*Lj-Cj*Lj-Kj>0(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(2)Ci*Lj-Cj*Lj-Kj<0
由不等式(1)(2)可知 Ci<Cj+1,即 Ci*Lj+1-Cj+1*Lj+1-Kj+1<0, bj+1一定可以被ai替换,
同理,bj~bk的所有灯泡都可以被ai替换,换句话说,在i-1个灯泡的最优替换序列 b1~aj~bk 中,如果存在 j(1<j<i-1),aj+1可以被ai替换,那么
aj+1~bk的所有灯泡都可以被ai替换;a1~aj个灯泡的最小费用已经算出为d[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] | j from 0 to i-1 },s[i]为前i类灯泡的总数目。
代码如下:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 1000
int n;
int V[maxn+];
int K[maxn+];
int C[maxn+];
int L[maxn+];
int id[maxn+];
int s[maxn+];
int d[maxn+];
bool cmp(int a,int b){
return V[a]<V[b];
}
int dp(int i){
int ans=;
for(int j=;j<i;j++)
ans=min(ans,d[j]+C[id[i]]*(s[i]-s[j])+K[id[i]]);
return ans;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
while(scanf("%d",&n)==&&n){
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d%d%d%d",&V[i],&K[i],&C[i],&L[i]);
for(int i=;i<=n;i++)
id[i]=i;
sort(id+,id++n,cmp);
s[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
s[i]=s[i-]+L[id[i]];
d[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
d[i]=dp(i);
printf("%d\n",d[n]);
}
return ;
}
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