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最新推荐文章于 2022-07-22 20:19:37 发布

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博客围绕道路通行时间问题展开，根据Braess悖论，有n+1个城市，两条道路，中间n - 1个特殊城市有闸门控制变道。题目询问所有闸门开放、关闭时人们花费时间的平均值，以及花费时间的最小值和最大值。题解先求出k值通式，再分别对四个问题给出计算思路，最后给出AC代码。

传送门:题目

题意：

题意很难懂，而且问了四个问题。
先说一下背景，根据Braess的悖论，人们在去往某一条道路时总会选择耗费时间最少的道路（人们是很机智的），现在有n+1个城市，两边的城市是起点和终点，有且只有两条道路，每一条道路的的每一段都有一个权值，k代表压力指数，如果人们都选择这条道路，而不选择另一条道路，那么这条道路的压力指数k为1，否则为0，除了两边的起点和终点，中间的n-1座城市均为特殊城市，特殊城市的意思就是，该城市有个闸门，如果闸门开放，那么车可以从一条道路变道到另一条道路，如果不开放，那么就不允许变道。
现在问：

如果所有闸门开放，人们花费时间的平均值
如果所有闸门不开放，人们花费时间的平均值
人们花费时间的最小值
人们花费时间的最大值

题解：

显然，解决这个问题，我们要先知道k值是多少。题目中已经告诉了我们计算公式： $\sum{A}*k+\sum{B}$ 另一条道路 $\sum{C}*k+\sum{D}$ ，显然，根据Braess悖论，得到：
$\sum{A}*k+\sum{B}= \sum{C}*k+\sum{D}$

解得： $k=\frac{\sum C+\sum D-\sum B}{\sum A+\sum B}$

好了，我们现在已经知道k的通式了，但是不要忘记，根据Braess悖论，上面通式的满足条件为 $k \in [0,1]$ ，不难想到，当一条道路时间足够小，即使k=1，人们也会全部选择这条道路，那么肯定的是，我们在计算时间的时候，只考录这条道路就好了，而且，这条道路的 $k=1$ 。
现在考虑四个问题：

第一个问题，所有城市可以任意变道，那么他们的压力指数都是关联的，所有直接套个通式就能计算出
第二个问题，所有城市都不可以变道，那么他们的压力指数都是独立的，我们用个for循环分别计算就好了
第三个问题和第四个问题， $n^2$ 搜索过程中dp。

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iomanip>
#define debug(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;
using namespace std;

const int maxn=5010;
const double INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn];
double ans1,ans2,ans3[maxn],ans4[maxn];

double solve(int start,int last){
    int suma=a[last]-a[start];
    int sumb=b[last]-b[start];
    int sumc=c[last]-c[start];
    int sumd=d[last]-d[start];
    if(sumc+sumd<=sumb)
        return sumc+sumd;
    if(suma+sumb<=sumd)
        return suma+sumb;
    double k=(1.0*sumc+sumd-sumb)/(suma+sumc);
    return k*suma+sumb;
}
int main(void){
    freopen("braess.in","r",stdin);
    freopen("braess.out","w",stdout);
    int n,t1,t2,t3,t4;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>t1>>t2>>t3>>t4;
        a[i]+=a[i-1]+t1;
        b[i]+=b[i-1]+t2;
        c[i]+=c[i-1]+t3;
        d[i]+=d[i-1]+t4;
    }
    ans1=solve(0,n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans2+=solve(i-1,i);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans3[i]=INF;
        ans4[i]=0;
        for(int j=0;j<i;j++){
            ans3[i]=min(ans3[i],ans3[j]+solve(j,i));
            ans4[i]=max(ans4[i],ans4[j]+solve(j,i));
        }
    }
    cout<<fixed<<setprecision(10)<<ans1<<endl<<ans2<<endl<<ans3[n]<<endl<<ans4[n]<<endl;
    return 0;
}