4255. 【NOIP2015模拟10.20】ACM

Description

Zagreb大学的ACM队伍（由三个人组成）正在打Final。他们的技术指导提出了一个牛逼的策略如下。
在一开始，队伍的每一个人会评估每一道题的难度，难度会用1~5的整数表示，数字越大题目越难。然后他们会分配题目给每个人。题目会分成三个部分，每个队员会拿到一个非空的连续的题目代表了他要解决的问题。他们的策略是让难度评估系数最小。难度评估系数是三个队员对各自所拿到题目的难度评估的总和。你的任务是计算这个最小的难度评估系数。 

Input

第一行包括了一个整数N（3<=N<=150000），代表题目数量。
接下来的三行，每行N个1~5的整数，每一行代表一个队员对N道题的难度评估。 

Output

输出一个整数。代表最小的难度评估系数。

Sample Input

输入1：
3
1 3 3
1 1 1
1 2 3
输入2：
7
3 3 4 1 3 4 4
4 2 5 1 5 5 4
5 5 1 3 4 4 4

Sample Output

输出1：
4
输出2：
19
样例解释：
    对于第一个样例，第一个人分到第1题，第二个人分到第3题，第三个人分到第2题。

Data Constraint

3<=N<=150000

Solution

dp。题目大意就是给你三个序列，让你求三个连续的区间和最小。先考虑两个连续的区间若何做，显然我们可以维护两个前缀和，一个从1到i，一个从i到n，枚举中间的点，然后前面的和和后面的和与答案取最小值即可。再来看三个连续的区间，同样我们可预处理出从i点之后的最小的第三段与第二段的差，最后只要枚举第一个分割点，然后用第一段的和加上后面的和再加上第三段与第二段的差的最小值，这样就相当于将第二段与第三段分开了。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 150010
using namespace std;
int n,i,j,k,a[4][N],f[4][4][N],s1[4][N],s2[4][N],ans=1<<30;
int main(){
	freopen("acm.in","r",stdin);
	freopen("acm.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(j=1;j<=3;j++)
		for(i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&a[j][i]);
			s1[j][i]+=s1[j][i-1]+a[j][i];
		}
	for(j=1;j<=3;j++) 
		for(i=n;i>0;i--) s2[j][i]=s2[j][i+1]+a[j][i];
	memset(f,127,sizeof(f));
	for(i=1;i<=3;i++)
		for(j=1;j<=3;j++)
			if(i!=j){
				for(k=n;k>1;k--) f[i][j][k]=min(f[i][j][k+1],s2[j][k]-s2[i][k]);
			}
	for(i=1;i<=3;i++)
		for(j=1;j<=3;j++)
			if(i!=j){
				for(k=1;k<=n-2;k++) ans=min(ans,s1[6-i-j][k]+s2[i][k+1]+f[i][j][k+2]);
			}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

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作者：zsjzliziyang 
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