UESTC_最少花费 2015 UESTC Training for Dynamic Programming<Problem D>

最新推荐文章于 2025-08-20 17:55:57 发布

weixin_30514745

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文章标签： java

原文链接：http://www.cnblogs.com/Xiper/p/4539614.html

本文介绍了一道名为D-最少花费的算法题目，该题要求计算魔法师Bob跨越不同高度山脉所需的最小魔法值。文章详细阐述了使用动态规划与单调队列相结合的方法解决此问题的过程，并给出了完整的C++实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

D - 最少花费

Time Limit: 30000/10000MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/65535KB (Java/Others)

Submit Status

Bob是一个魔法师。这天，他被

Input

第一行一个整数

每组第一行有

接下来

Output

对于每组数据，输出一个整数，表示最少花费。

Sample input and output

Sample Input	Sample Output
2 1 1 1 1 3 1 10 1 2 3	0 2

解题报告:

我们令f( i , j ) 将第 i 座山高度改为 j 的最小花费.

F( i , j ) = min ( f( i – 1 , k ) + abs ( j – k ) + (i – h[i]) ^ 2)

不妨有 j > k

F( i , j ) = min ( f( i – 1 , k ) – k ) + j + (i – h[i]) ^ 2

即维护一个单调队列来更新 j > k的情况.

J < k 的情况同理.

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 50;
int a,n,dl,q[maxn];
ll  f[maxn][maxn],h[maxn];

int main(int argc,char *argv[])
{
  int Case;
  scanf("%d",&Case);
  while(Case--)
   {
         scanf("%d%d%d",&n,&dl,&a); //DL = deeplimit
         for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
          scanf("%lld",&h[i]);
         for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
          for(int j = 0 ; j <= 1000 ; ++ j)
           f[i][j] = 999999999999;
         for(int i = 0 ; i <= 1000 ; ++ i)
          f[1][i] = (i-h[1])*(i-h[1]);
         for(int i = 2 ; i <= n ; ++ i)
          {
                int front = 0 , rear = 0;
                for(int j = 0 ; j <= 1000 ; ++ j)
                 {
                       while(rear > front && f[i-1][q[rear-1]] - a*q[rear-1] >= f[i-1][j] - a*j)
                        rear--;
                       q[rear++] = j;
                       while(rear - front > 1 && j > q[front] + dl)
                        front++;
                       f[i][j] = min(f[i][j],(j-h[i])*(j-h[i])  +  f[i-1][q[front]] + (j - q[front]) * a);
           }
          front = rear = 0;
          for(int j = 1000 ; j >= 0 ; -- j)
           {
              while(rear > front && f[i-1][q[rear-1]] + q[rear-1]*a >= f[i-1][j] + j*a)
                  rear--;
                 q[rear++] = j;
                 while(rear - front > 1 && q[front] > j + dl)
                  front++;
                 f[i][j] = min(f[i][j],(j-h[i])*(j-h[i])  + f[i-1][q[front]] + (q[front] - j) * a );
           }
       }
      ll ans = 999999999999;
      for(int i = 0 ; i <= 1000 ; ++ i)
       ans = min(ans,f[n][i]);
      printf("%lld\n",ans);
   }
  return 0;
}