CF 1130B

dp 思路,

有一排商店,每个商店卖一个编号为 1-n 之间的蛋糕,有 2*n个商店,我们现在有两个人想要买蛋糕,使得蛋糕编号为 1-n递增序列,商店之间距离为1, 起始两个人都从 1 开始,求最小走的距离,。

直接dp, 蛋糕只有两个, 我们设 id[ i ] [ 0 ]  /  id [ i ] [ 1 ] 为卖 i 号蛋糕的两个商店位置,

dp[ i ] [ 0 ] 可以由 dp [ i-1 ]  [ 0 ]  和 dp[ i-1 ] [ 1 ] 推出,选择最小的,一旦 0 选择 下一个 走向 1, 那么 1 要走向 0, 0 要继续走 0 ,1则要走 1。。。。。

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
#define ll long long int
ll dp[maxn][2];
ll id[maxn][2];
int main()
{
    int n;cin>>n;
    for(int i=1;i<=2*n;i++)
    {
        ll x; cin>>x;
        if(id[x][0])id[x][1]=i;
        else id[x][0]=i;
    }
    id[0][0] = id[0][1] = 1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i][0]=min(dp[i-1][0]+abs(id[i][0]-id[i-1][0])+abs(id[i][1]-id[i-1][1]),
                     dp[i-1][1]+abs(id[i][1]-id[i-1][0])+abs(id[i][0]-id[i-1][1]));
        dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+abs(id[i][0]-id[i-1][1])+abs(id[i][1]-id[i-1][0]),
                     dp[i-1][1]+abs(id[i][1]-id[i-1][1])+abs(id[i][0]-id[i-1][0]));
    }
    cout << min( dp[n][0], dp[n][1] ) << endl;
    return 0;
}

 

### 关于 Codeforces Problem CF175B 的解决方案 #### 问题描述 Codeforces Problem CF175B 是一个涉及路径规划和字符串操作的问题。题目要求设计一个机器人程序,使其能够按照给定的指令完成特定的任务。 虽然当前未提供具体题目的详细说明,但从常见的机器人路径问题来看,通常会涉及到以下几个方面: - **输入解析**:读取机器人的初始位置以及目标位置。 - **路径计算**:通过分析可能的方向变化来构建最短路径。 - **输出生成**:将路径转换为一系列字符表示的动作序列。 以下是基于常见机器人路径问题的一个通用解决框架[^3]: --- #### 解决方案概述 为了实现该问题的目标,可以采用如下策略: 1. 定义方向向量 `dx` 和 `dy` 来表示上下左右四个移动方向。 2. 使用广度优先搜索(BFS)算法找到从起点到终点的最短路径。 3. 将 BFS 路径转化为对应的命令字符串形式。 下面是具体的代码实现示例: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAX_N = 100; char grid[MAX_N][MAX_N]; bool visited[MAX_N][MAX_N]; // 方向定义 struct Direction { int dx, dy; char command; }; Direction directions[] = {{0, 1, 'R'}, {0, -1, 'L'}, {1, 0, 'D'}, {-1, 0, 'U'}}; int num_directions = sizeof(directions) / sizeof(directions[0]); void bfs(int startX, int startY, int endX, int endY, vector<char>& path) { queue<pair<int, pair<int, string>>> q; // (current_x, current_y), commands_so_far q.push({startX, {startY, ""}}); visited[startX][startY] = true; while (!q.empty()) { auto front = q.front(); q.pop(); int cx = front.first; int cy = front.second.first; string cmd = front.second.second; if (cx == endX && cy == endY) { for (auto c : cmd) path.push_back(c); return; } for (int i = 0; i < num_directions; ++i) { int nx = cx + directions[i].dx; int ny = cy + directions[i].dy; if (nx >= 0 && nx < MAX_N && ny >= 0 && ny < MAX_N && !visited[nx][ny] && grid[nx][ny] != '#') { visited[nx][ny] = true; q.push({nx, {ny, cmd + directions[i].command}}); } } } } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int n, m; cin >> n >> m; pair<int, int> start, finish; for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j < m; ++j) { cin >> grid[i][j]; if (grid[i][j] == 'S') start = {i, j}; if (grid[i][j] == 'E') finish = {i, j}; } } memset(visited, false, sizeof(visited)); vector<char> resultPath; bfs(start.first, start.second, finish.first, finish.second, resultPath); cout << resultPath.size() << "\n"; for (auto c : resultPath) cout << c; cout << "\n"; return 0; } ``` 上述代码实现了以下功能: - 利用 BFS 寻找从起点到终点的最短路径。 - 输出路径长度及其对应的操作序列。 --- #### 复杂度分析 - 时间复杂度:O(N * M),其中 N 表示网格的高度,M 表示宽度。这是由于 BFS 需要遍历整个地图一次。 - 空间复杂度:O(N * M),用于存储访问状态矩阵和队列中的节点信息。 --- #### 注意事项 如果实际问题中有额外约束条件,则需调整 BFS 或增加剪枝逻辑以优化性能。例如,在某些情况下,可以通过启发式函数改进搜索效率(A* 算法)。此外,还需注意边界情况处理,比如无法到达目的地的情形应返回特殊标志或错误提示[^4]。 ---
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