ZOJ 3469 Food Delivery DP

本文深入探讨了一家快餐店如何通过优化外卖配送路径,最小化用户因等待时间过长而产生的不满意度。采用动态规划方法,通过排序家庭位置并基于距离进行分段配送,实现用户满意度的最大化。文中详细阐述了算法设计、复杂度分析及AC代码实现,为解决实际业务场景中的配送优化提供了理论与实践指导。

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ZOJ 3469 Food Delivery

题目描述:

  题目链接:ZOJ 3469 Food Delivery

题目大意:

  有一家快餐店送外卖,现在同时有n个家庭打进电话订购,送货员得以V-1的速度一家一家的运送,但是每一个家庭都有一个不开心的值,每分钟都会增加一倍,值达到一定程度,该家庭将不会再订购外卖了,现在为了以后有更多的家庭订购,要将外卖送到的情况下使得所有用户的不开心值总和达到最小。很

解题思路:

  将店铺直接插到所有x轴之中,因为是各个家庭和快餐店是线性的分布。所以按照距离x轴原点距离的大小升序排列。显然从X出发先往左右靠近中间的送,再往两边员一点的收益更高。 dp[i][j][0] 表示从i到j用户送到最小不开心值,此时送货员停留在i位置。 dp[i][j][1] 表示从i到j用户送到最小不开心值,此时送货员停留在j位置。

  • 人在左边,目标也在左边的状态转移方程:
    dp[i][j][0] =min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][0]+(sum[i]+sum[n]-sum[j])*(ord[i+1].x-ord[i].x));
  • 人在左边,目标在右边的状态转移方程:
    dp[i][j][0] =min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][1]+(sum[i]+sum[n]-sum[j])*(ord[j].x-ord[i].x));
  • 人在右边,目标也在右边的状态转移方程:
    dp[i][j][1] =min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][0]+(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1])*(ord[j].x-ord[i].x));
  • 人在右边,目标在左边的状态转移方程:
    dp[i][j][1] =min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][1]+(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1])*(ord[j].x-ord[j-1].x));

复杂度分析:

时间复杂度 : O(nn)
空间复杂度 : O(nn)

AC代码:

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int maxn = 1111;
const int INF = 0x3fffffff;
struct customer{
    int x,b;
}ord[maxn];
int sum[maxn];
int dp[maxn][maxn][2];
bool cmp(const customer a,const customer b){
    return a.x < b.x;
}

int main(){
    int n,v,x;
    while(scanf("%d%d%d",&n, &v, &x) != EOF){
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d%d",& ord[i].x,& ord[i].b);
        }
        n++;
        ord[n].x = x;
        ord[n].b = 0;
        sort(ord+1,ord+n+1,cmp);
        sum[0] = 0;
        int res;
        for(int i = 1; i <= n;i++ ){
            sum[i] = sum[i-1] + ord[i].b;
            if(ord[i].x == x) res = i;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 1; j <= n; j++)
                dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = INF;
        dp[res][res][0] = dp[res][res][1] = 0;
        for(int i = res; i > 0; i--)
            for(int j = res; j <= n; j++){
                if(i == j)continue;
                dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][0]+(sum[i]+sum[n]-sum[j])*(ord[i+1].x-ord[i].x));
                dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][1]+(sum[i]+sum[n]-sum[j])*(ord[j].x-ord[i].x));
                dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][0]+(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1])*(ord[j].x-ord[i].x));
                dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][1]+(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1])*(ord[j].x-ord[j-1].x));
            }
        printf("%d\n",v*min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]));
    }
    return 0;
}
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