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最新推荐文章于 2020-02-12 19:34:08 发布

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本文探讨了基于动态规划(DP)的糖果屋选址问题，通过定义dp[i][0]和dp[i][1]分别表示第i处是否建造的状态，采用类似01背包的思路，实现了最小化成本的目标。文章详细解释了算法流程，并附带C++实现代码。

题意一开始都没看懂…
意思是造糖果屋，有造和不造两种选择。
造ai，ans+ci，不造，ans+d(此处与它最左边一个糖果屋)；
很像01背包。所以定义dp状态 dp[ i ][ 0 ] 和dp[ i ] [ 1 ]分别代表i处造or不造的状态。
最后的答案是在造与不造之间决策，（ans=min(dp[ n ] [ 0 ] , dp[ n ][ 1 ])
看到好多种方法，慢慢研究

法（一）

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
struct p{
//注意数据范围啊！老是被坑
 long long int x, c;
};
//给的数据没有排好序
bool cmp(p p1,p p2){
 return p1.x<p2.x;
}
int n;
//dp数组
long long dp[3001][2];
p a[3001];
int main(){
 while(cin >> n){
  memset(dp,0,sizeof(dp));
  memset(a,0,sizeof(a));
  for(int i=1;i<=n;i++){
   cin>> a[i].x >> a[i].c;
  }
  sort(a+1,a+1+n,cmp);
  //最左边一定要造一个，也就是第一个
  dp[1][1] = a[1].c; 
  //dp[ i ] [ 0 ]代表i处不建造的情况，初始化为inf：因为后面要根据dp[i -1][ 0 or 1 ]的情况推导
  dp[1][0]=inf;
  for(int i=2;i<=n;i++){
  //判断i处建造的最优解：由前一个的最优状态得到
   dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+ a[i].c;
   dp[i][0]=inf;
   long long sum=0;
   for(int j=i-1;j>=1;j--){
   //sum是用来计算距离总和的
   /*
   已知i处不建
   j枚举的最近糖果屋，每段都算了一次，
   比如
   j=i-1时，1*d(a[i],a[i-1]) i~i-1算了一次
   j=i-2时，2*d(a[i-1],a[i-2]) i~i-2算了一次，i-1~i-2算了一次
   依此类推，可计算得到总和 
   节省时间   一个很有意思的想法，像数列求和时用的
   s1+s2+s3+...+sn = a1*n+ a2 *(n-1) + a3*(n-2)+...+an一样的想法，不用再分别计算s1到sn的值了
   适用于排好序的情况
   */
    sum += (i-j)*(a[j+1].x - a[j].x);
    //不断更新，得到i处不建时的最优解，也就是找到最合适的j作为离它最近的糖果屋，来使cost最小
    dp[i][0]=min(dp[j][1]+sum,dp[i][0]);
  }
  }
  long long ans = min(dp[n][1],dp[n][0]);
  cout<< ans <<endl; 
  }
}