P1220 关路灯

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简要题意：

有 $n$ 个路灯，你一开始在第 $c$ 个路灯的位置。每个路灯都有 $L_i$ （距离）。每过 $1s$，第 $i$ 个路灯就会产生 $P_i$ 的消耗，你可以走 $1$ 个单位距离。你可以花 $0s$ 的时间关掉路灯，关掉路灯之后路灯不会再有消耗。你需要求出：最小的消耗是多少？

$1\le n\le 50$，是不是很简单？

我们首先已经有了：

$\mathcal{O}(2^n\cdot n)$ 的算法，大力枚举关路灯的顺序，计算消耗即可。

显然 $n\le 50$ 是个误导，我们直接把数据范围改成：

$1\le n\le 3\times 10^3$.

这下仔细一考虑，典型的 区间 $\text{dp}$ 啊！

用 $f_{i,j}$ 表示 $[i,j]$ 的答案，$s$ 表示 $P$ 的前缀和（老套路了）。

但是你会发现问题来了：你不知道 $f_{i,j}$ 你是从 $i+1\to i$ 还是 $j-1\to j$ 还是 $i\to j$ 还是 $j\to i$.

你不知道你现在的位置在 $i$ 还是 $j$，无法计算啊！

所以，用 $f_{i,j,0}$ 表示 $[i,j]$ 且当前在 $i$ 的答案，$f_{i,j,1}$ 是在 $1$ 的答案。

诚然你会说：可能不在 $i,j$，在区间中间。

不对。因为你最后关掉的路灯一定是 $i$ 或者 $j$，在去中间纯属是浪费时间。

如何设置状态转移方程？如下：

$$\{\begin{array}{l}{f}_{i,j,0}=\min (f_{i+1,j,0}+(L_{i+1}-L_i)\cdot (s_n-s_j+s_i),f_{i+1,j,1}+(L_j-L_i)\cdot (s_n-s_j+s_i))\\ f_{i,j,1}=\min (f_{i,j-1,0}+(L_j-L_i)\cdot (s_n-s_{j-1}+s_{i-1}),f_{i,j-1,1}+(L_j-L_{j-1})\cdot (s_n-s_{j-1}+s_{i-1}))\end{array}$$

每个方程的形式都是 $\text{当前状态}=\text{前一个状态}+\text{所需关灯时间}\cdot \text{区间之外其它灯 1s 的消耗}$.

最后答案即 $\min (f_{1,n,0},f_{1,n,1})$.

时间复杂度：$\mathcal{O}(n^2)$.

实际得分：$100pts$.

for(i=1;i<=n;i++) s[i] = s[i-1] + P[i];
for(l=1;l<=n;l++)
for(int i=1,j;(j=i+l-1)<=n;i++) 
	if(i<=c && c<=j) { // c 必须在区间里
		f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0] + (L[i+1] - L[i]) * (s[n] - s[j] + s[i]),f[i+1][j][1] + (L[j] - L[i]) * (s[n] - s[j] + s[i]));
		f[i][j][1]=min(f[i][j-1][0] + (L[j] - L[i]) * (s[n] - s[j-1] + s[i-1]),f[i][j-1][1] + (L[j] - L[j-1]) * (s[n] - s[j-1] + s[i-1]));
	}else f[i][j][0] = f[i][j][1] = INF; //其余情况赋极大值