「洛谷P1220」关路灯题解

问题

题目描述

某一村庄在一条路线上安装了 $n$ 盏路灯，每盏灯的功率有大有小（即同一段时间内消耗的电量有多有少）。老张就住在这条路中间某一路灯旁，他有一项工作就是每天早上天亮时一盏一盏地关掉这些路灯。

为了给村里节省电费，老张记录下了每盏路灯的位置和功率，他每次关灯时也都是尽快地去关，但是老张不知道怎样去关灯才能够最节省电。他每天都是在天亮时首先关掉自己所处位置的路灯，然后可以向左也可以向右去关灯。开始他以为先算一下左边路灯的总功率再算一下右边路灯的总功率，然后选择先关掉功率大的一边，再回过头来关掉另一边的路灯，而事实并非如此，因为在关的过程中适当地调头有可能会更省一些。

现在已知老张走的速度为 $1m/s$ ，每个路灯的位置（是一个整数，即距路线起点的距离，单位： $m$ ）、功率（ $W$ ），老张关灯所用的时间很短而可以忽略不计。

请你为老张编一程序来安排关灯的顺序，使从老张开始关灯时刻算起所有灯消耗电最少（灯关掉后便不再消耗电了）。

输入格式

第一行是两个数字 $n$ （表示路灯的总数）和 $c$ （老张所处位置的路灯号）；

接下来 $n$ 行，每行两个数据，表示第 $1$ 盏到第 $n$ 盏路灯的位置和功率。数据保证路灯位置单调递增。

输出格式

一个数据，即最少的功耗（单位： $J，1J = 1W \times s$ ）。

输入输出样例

说明/提示

样例解释：
此时关灯顺序为 3 4 2 1 5。

数据范围

$1 \leq n \leq 50,1 \leq c \leq n$ 。

解题

从题目中可以知道，某一时刻老张只有两种选择，往左走关掉一盏灯或者往右走关掉一盏灯，并且关的灯为连续的区间，所以可以设计状态为 $f[l][r][opt]$ 表示现在已经关掉了 $[l, r]$ 这段区间的所有灯，现在位于 $opt = 0$ 左边，或是 $opt = 1$ 右边的最少功率。

每次转移的代价为，老张走的时间乘所有没关的灯的功率。设

$gt(i, j) = m[j] - m[i]$

表示获取从 $i$ 到 $j$ 位置所需的时间，其中 $i \leq j$ ，设

$W(i, j) = w[n] - w[j] + w[i - 1]$

表示获取 $i$ 与 $j$ 这段区间以外的所有灯的总功率，其中 $i \leq j$ 。

所以状态转移方程为

$f[i][j][0] = min(f[i + 1][j][0] + gt(i, i + 1) \times W(i + 1,j), f[i + 1][j][1]) + gt(i, j) \times W(i + 1, j)$

$f[i][j][1] = min(f[i][j - 1][0] + gt(i, j) \times W(i,j - 1), f[i][j - 1][1]) + gt(j - 1, j) \times W(i, j - 1)$

初始化：老张最开始所在的位置 $f[c][c][0] = f[c][c][1] = 0$ ，其余均为无穷大。

最后答案即为 $min(f[1][n][0], f[1][n][1])$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 50 + 5;
int n, c;
int a[MAXN], s[MAXN], w[MAXN];
int f[MAXN][MAXN][2];
int main() {
    cin >> n >> c;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i] >> w[i], s[i] = s[i - 1] + w[i];
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    f[c][c][0] = f[c][c][1] = 0;
    for(int len = 1; len < n; len++) {
        for(int i = 1; i + len <= n; i++) {
            int j = i + len;
            f[i][j][0] = min(f[i + 1][j][0] + (a[i + 1] - a[i]) * (s[i] + s[n] - s[j]), f[i + 1][j][1] + (a[j] - a[i]) * (s[i] + s[n] - s[j]));
            f[i][j][1] = min(f[i][j - 1][0] + (a[j] - a[i]) * (s[i - 1] + s[n] - s[j - 1]), f[i][j - 1][1] + (a[j] - a[j - 1]) * (s[i - 1] + s[n] - s[j - 1]));
            
        }
    }
    cout << min(f[1][n][1], f[1][n][0]) << endl;
    return 0;
}