CF1415-C. Bouncing Ball

CF1415-C. Bouncing Ball

题意：

在\(x\)轴上有\(n\)个点（从\(1\)到\(n\)），每个点都有一个值\(0\)或\(1\)，\(0\)代表这个点不能走，\(1\)代表这个点可以走。你可以对这\(n\)个点执行一下两个操作：

1. 花费\(x\)让一个值为\(0\)的点变为\(1\)。

2. 花费\(y\)删除第一个点，其余的点的\(x\)轴坐标整体减一。

完成上面操作之后，你从点\(p\)出发，每次向前跳\(k\)个单位，即你能跳的位置有\(\{p,p+k,p+2k,...\}\) 直到跳出这\(n\)个点。若在跳出这\(n\)个点之前落在了一个值为\(0\)的点上，那么就失败了。

那么为了能成功的跳出这\(n\)个点，最小的花费是多少？

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思路：

一般的思路，枚举前面一共移除多少块，然后从\(p\)点开始，每次往前跳\(k\)个单位，遇到\(0\)就在总花费中加上\(x\)，最终取花费最小的作为答案，但是复杂度高达\(O(n^2/k)\)这是不能接受的。

我们可以先对这些数据进行预处理，利用DP从后往前算出花费，\(dp[i]\)表示的状态是：当\(i\)点作为\(p\)点，要跳出\(n\)个点的花费（这里不包括移除前面的点的花费），转移方程为\(f(x)=\left\{\begin{aligned}&dp[i]=a[i]==1?0:x,&i+k>n\\&dp[i]=dp[i+k]+a[i]==1?0:x,&i+k<=n\end{aligned}\right.\)

处理完这些数据就可以从\(p\)点开始枚举每一个点，那么从这点出发的总花费就是\((i-p)*y+dp[i]\)，全部枚举完取最小的一个就是答案。

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AC代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>

typedef long long ll;

const int Maxn = 100005;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int dp[Maxn], a[Maxn];

void solve() {
	int n, p, k;
	scanf("%d %d %d", &n, &p, &k);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%1d", a + i);
	}
	int x, y;
	scanf("%d %d", &x, &y);
	for (int i = n; i >= p; i--) {
		if (i + k > n) {
			dp[i] = a[i] == 1 ? 0 : x;
		} else {
			dp[i] = dp[i + k] + (a[i] == 1 ? 0 : x);
		}
	}
	int ans = INF;
	for (int i = p; i <= n; i++) {
		ans = std::min(ans, (i - p) * y + dp[i]);
	}
	printf("%d\n", ans);
}

int main() {
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}

	return 0;
}