USACO Section 1.3 Barn Repair 解题报告

题目

题目描述

某农夫有一个养牛场，所有的牛圈都相邻的排成一排(共有S个牛圈)，每个牛圈里面最多只圈养一头牛。有一天狂风卷积着乌云，电闪雷鸣，把牛圈的门给刮走了。幸运的是，有些牛因为放假，所以没在自己的牛圈里(只有C个牛圈里面有牛)。现在农夫需要去用木板将牛圈的门补好，为了快速修复，农夫可以用一块长的木板直接将相邻连续的几个牛圈一起钉好封闭。现在有一个木板供应商，他能够供应M块木板，每块木板的长度任意。农夫想让最终消耗的木板总长度最小，请编写一个程序计算。

数据范围

1. 1 <= M <= 50
2. 1 <= S <= 200
3. 1 <= C <= S

样例输入

第一行输入M S C三个整数，接下来输入有牛的牛圈编号

4 50 18
3
4
6
8
14
15
16
17
21
25
26
27
30
31
40
41
42
43

样例输出

25

解题思路

我们可以证明将M块木板全部用上的时候可以让最终的木板总长度最少(这是比较明显的结论)，利用贪心的思想，首先将编号进行排序，然后用一块木板从最小编号的牛圈开始，一直覆盖到最大编号的牛圈。之后我们需要找牛圈之间的间隔，每次都找最大的间隔，然后从中隔断，直到将一块木板拆成M块木板。

当M > C时，我们可以进行特判，或者利用下面这种写法可以减少特判。

解题代码

/*
ID: yinzong2
PROG: barn1
LANG: C++11
*/
#define MARK
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int MAXN = 210;

int m, s, c;
int stalls[MAXN];

bool vis[MAXN];

int main() {
#ifdef MARK
    freopen("barn1.in", "r", stdin);
    freopen("barn1.out", "w", stdout);
#endif // MARK
    while(~scanf("%d%d%d", &m, &s, &c)) {
        for(int i = 0; i < c; i++) {
            scanf("%d", &stalls[i]);
            vis[i] = false;
        }
        sort(stalls, stalls+c);
        int _min = stalls[c-1] - stalls[0] + 1;
        for(int i = 1; i < m; i++) {
            int temp = 0;
            int id = 0;
            //找到当前最大的间隔
            for(int j = 0; j < c-1; j++) {
                if(!vis[j] && temp < (stalls[j+1]-stalls[j]-1)) {
                    temp = (stalls[j+1]-stalls[j]-1);
                    id = j;
                }
            }
            vis[id] = true;
            _min -= temp;
        }
        printf("%d\n", _min);
    }
    return 0;
}

解题思路(Type 2)

我们同样可以利用贪心的思想，将上面的思路进行反向操作，我们首先对于每个牛圈上都单独覆盖一块木板，那么此时就有C块木板。如果M > C我们就特判，否则，我们每次寻找牛圈之间的最小间隔，然后将两个牛圈之间用一块木板覆盖，这样我们可以减少一块木板，最终一直合并，减少到M块木板。

解题代码(Type 2)

/*
ID: yinzong2
PROG: barn1
LANG: C++11
*/
#define MARK
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int MAXN = 210;

int m, s, c;
int stalls[MAXN];
bool vis[MAXN];

int main() {
#ifdef MARK
    freopen("barn1.in", "r", stdin);
    freopen("barn1.out", "w", stdout);
#endif // MARK
    while(~scanf("%d%d%d", &m, &s, &c)) {
        for(int i = 0; i < c; i++) {
            scanf("%d", &stalls[i]);
            vis[i] = false;
        }
        sort(stalls, stalls+c);
        int ans = c;
        int board = c;
        while(board > m) {
            int _min = MAXN;
            int id = 0;
            //寻找最小间隔
            for(int i = 0; i < c-1; i++) {
                if(!vis[i] && _min > (stalls[i+1]-stalls[i]-1)) {
                    _min = (stalls[i+1]-stalls[i]-1);
                    id = i;
                }
            }
            vis[id] = true;
            ans += _min;
            board--;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

解题思路(Type 3)

我们还可以利用动态规划的思想来解决这个问题，我们首先定义一个函数dis(i, j)，这个函数可以计算一块木板从第 i 个牛圈覆盖到第 j 个牛圈需要的木板长度。之后我们接着定义dp[i][j]，它代表利用 i 块木板，一直覆盖到编号为 j 的牛圈所需要的最少的木板长度。所以我们最终要求的就是dp[M][C]。

状态转移方程如下：

dp[i][j] = min(dp[i][j], min(dp[i-1][k]+dis(k+1, j), dp[i][k]+dis(k, j)-1)); (1 <= k < j)

解题代码(Type 3)

/*
ID: yinzong2
PROG: barn1
LANG: C++11
*/
#define MARK
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int MAXN = 210;

int m, s, c;

int stalls[MAXN];

int dp[55][MAXN];

int dis(int i, int j) {
    return stalls[j]-stalls[i]+1;
}

int main() {
#ifdef MARK
    freopen("barn1.in", "r", stdin);
    freopen("barn1.out", "w", stdout);
#endif // MARK
    while(~scanf("%d%d%d", &m, &s, &c)) {
        for(int i = 1; i <= c; i++) {
            scanf("%d", &stalls[i]);
        }
        if(m > c) {
            printf("%d\n", c);
            continue;
        }
        sort(stalls+1, stalls+1+c);
        for(int i = 1; i <= c; i++) {
            dp[1][i] = dis(1, i);
        }
        for(int i = 2; i <= m; i++) {
            for(int j = 1; j <= c; j++) {
                dp[i][j] = MAXN;
                for(int k = 1; k < j; k++) {
                    dp[i][j] = min(dp[i][j], min(dp[i-1][k]+dis(k+1, j), dp[i][k]+dis(k, j)-1));
                }
            }
        }
        printf("%d\n", dp[m][c]);
    }
    return 0;
}