洛谷 P1220 关路灯区间DP

题目描述

某一村庄在一条路线上安装了 n 盏路灯，每盏灯的功率有大有小（即同一段时间内消耗的电量有多有少）。老张就住在这条路中间某一路灯旁，他有一项工作就是每天早上天亮时一盏一盏地关掉这些路灯。

为了给村里节省电费，老张记录下了每盏路灯的位置和功率，他每次关灯时也都是尽快地去关，但是老张不知道怎样去关灯才能够最节省电。他每天都是在天亮时首先关掉自己所处位置的路灯，然后可以向左也可以向右去关灯。开始他以为先算一下左边路灯的总功率再算一下右边路灯的总功率，然后选择先关掉功率大的一边，再回过头来关掉另一边的路灯，而事实并非如此，因为在关的过程中适当地调头有可能会更省一些。

现在已知老张走的速度为 1m/s，每个路灯的位置（是一个整数，即距路线起点的距离，单位：m）、功率（W），老张关灯所用的时间很短而可以忽略不计。

请你为老张编一程序来安排关灯的顺序，使从老张开始关灯时刻算起所有灯消耗电最少（灯关掉后便不再消耗电了）。

输入格式

第一行是两个数字 n（表示路灯的总数）和 c（老张所处位置的路灯号）；

接下来 n 行，每行两个数据，表示第 1 盏到第 n 盏路灯的位置和功率。数据保证路灯位置单调递增。

输出格式

一个数据，即最少的功耗（单位：J，1J=1W×s）。

输入输出样例

输入 #1

5 3

2 10

3 20

5 20

6 30

8 10

输出 #1

270

说明/提示

样例解释

此时关灯顺序为 3 4 2 1 5。

数据范围

1≤n≤50，1≤c≤n。

分析

这是一道区间DP题

我们可以把老张走的路程看做一段区间，区间的两个端点分别为$i$,$j$

因为老张最后停留到$i$点和最后停留到$j$点贡献的价值不一样

所以我们定义$f[i][j][0]$为关闭区间$[i,j]$的路灯后回到$i$的最小花费

$f[i][j][1]$为关闭区间$[i,j]$的路灯后回到$j$的最小花费

同时我们定义$wz[i]$为第$i$盏路灯的位置，$gl[i]$为第$i$盏灯的功率，$sum[i]$为前$i$盏路灯的功率之和

对于$f[i][j][0]$，它可以由$f[i+1][j][0]$或者$f[i+1][j][1]$转移而来

$f[i][j][0]=f[i+1][j][0]+(wz[i+1]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j])$

$f[i][j][0]=f[i+1][j][1]+(wz[j]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]))$

因此，$f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+(wz[i+1]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]),f[i+1][j][1]+(wz[j]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]));$

同理，$f[i][j][1]=min(f[i][j-1][1]+(wz[j]-wz[j-1])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]),f[i][j-1][0]+(wz[j]-wz[i])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]));$

问题就迎刃而解

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn=55;

int f[maxn][maxn][2];

int wz[maxn],gl[maxn],sum[maxn];

int main(){

    memset(f,0x3f,sizeof(f));

    int n,c;

    scanf("%d%d",&n,&c);

    f[c][c][1]=f[c][c][0]=0;

    for(int i=1;i<=n;i++){

        scanf("%d%d",&wz[i],&gl[i]);

        sum[i]=sum[i-1]+gl[i];

    }

    for(int d=2;d<=n;d++){

    	for(int i=1;i<=n-d+1;i++){

    		int j=i+d-1;

            f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+(wz[i+1]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]),f[i+1][j][1]+(wz[j]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]));

            f[i][j][1]=min(f[i][j-1][1]+(wz[j]-wz[j-1])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]),f[i][j-1][0]+(wz[j]-wz[i])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]));

        }

    }

    printf("%d\n",min(f[1][n][0],f[1][n][1]));

    return 0;

}