zoj 3469 区间dp

最新推荐文章于 2020-06-05 18:07:47 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/wjhstudy/p/10305710.html

本文介绍了一种针对外卖配送场景的最优路径选择算法，通过区间动态规划(dp)方法，优化了外卖员在多个地点间的配送路线，以最小化顾客等待时间导致的总愤怒值。考虑到时间复杂度限制，算法巧妙地利用了停靠点特性，将其分为停在左侧或右侧两种状态，并结合顾客愤怒值的时间累积效应，实现了高效求解。

题意：外卖小哥送餐，在位置s，没走一公里需要时间v，有n个地方的顾客x[i],拥有不同的愤怒值b[i]

在等到餐之前，他们的愤怒按时间增加b[i].(N<=1000)，求最后最小的愤怒值之和

思路：区间dp dp[i][j]表示从i到j送餐愤怒之和。但是传统的N^3的复杂度解决不了了

但是可以发现，为了保证最小，在dp[i][j]的时候，他最后一定停在左端点或者右端点

所以dp[i][j][0]在停在左侧，dp[i][j][1]停在右侧

那么由dp[i+1][j]和dp[i][j-1]进行dp

所以按照x的顺序排序进行dp，初始值就是dp[s][s]=0

但还有一个问题就是由于时间而带来的愤怒值的更改

要再对时间dp是挺麻烦的，我们可以对dp[i][j]处理的时候，将sum[0->i-1] sum[j+1->n]加上去

也就是把它之后的影响先加上

当然还有他本身b[i/j]的愤怒，这样之前处理好愤怒的前缀

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define all(v) v.begin(),v.end()
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
//hao
const int N = 1004;
const ll mod =1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;

struct node{
    int x,b;
    friend bool operator <(node a,node b){
        return a.x<b.x;
    }
};
node per[N];
int dp[N][N][2];
int sum[N];

int main(){

    int n,v,s;
    while(scanf("%d %d %d",&n,&v,&s)!=EOF){

        for(int i=1;i<=n;++i){
            scanf("%d %d",&per[i].x,&per[i].b);
        }

        n++;
        per[n].x = s;
        per[n].b = 0;

        sort(per+1,per+1+n);
        for(int i=1;i<=n;++i){
            for(int j=1;j<=n;++j){
                dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=INF;
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;++i)
            if(per[i].x==s)dp[i][i][0]=dp[i][i][1]=0;

        for(int i=1;i<=n;++i)
            sum[i] = sum[i-1]+per[i].b;


        for(int len=1;len<n;++len){
            for(int i=1;i+len<=n;++i){
                int j =i+len;
                dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][0]+(per[i+1].x-per[i].x)*(sum[i]+sum[n]-sum[j]));
                dp[i][j][0]=min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][1]+(per[j].x-per[i].x)*(sum[i]+sum[n]-sum[j]));
                dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][0]+(per[j].x-per[i].x)*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]));
                dp[i][j][1]=min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][1]+(per[j].x-per[j-1].x)*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]));
            }
        }
         printf("%d\n",min(dp[1][n][0],dp[1][n][1])*v);
    }

    return 0;
}

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