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[题解]关路灯  

2015-07-03 21:37:37|  分类: 题解 |  标签: |举报 |字号 订阅

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关键字:经典区间dp。

Link&Limit


        [洛谷1220]  [codevs1258]
        时间限制:1000ms  空间限制:131072kb

Description


        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)。

Input Format


        第一行是两个数字n(表示路灯的总数)和c(1<=c<=n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。

Output Format


        一个数据,即最少的功耗(单位:J,1J=1W·s)。

Sample Input #1


5 3
2 10
3 20
5 20
6 30
8 10

Sample Output #1


270

Hint


        输出解释:此时关灯顺序为3 4 2 1 5,不必输出这个关灯顺序。
        对于100%的数据,n ≤ 50.

        经典的区间dp题。由于“经过一盏路灯却不关闭它”的做法是不优的,所以在任意时刻,关闭的路灯必然为连续的一段。我们令f(i,j,k)表示第i~第j盏路灯全部关闭时所消耗的最少电量,其中k = 0或1.k = 0表示老张处于第i盏路灯的位置,k = 1表示处于第j盏路灯位置。容易得到以下状态转移方程:
        f(i,j,0) = min( f(i+1,j,0)+other(i+1,j)*dis(i,i+1), f(i+1,j,1)+other(i+1,j)*dis(i,j))
        (假若老张处于(i,j)区间的左端,那么他必然是从区间(i+1,j)向左走过来的。至于是从(i+1,j)的左端还是右端过来的就需要讨论了。other(i+1,j)表示除了(i+1,j)之间的路灯的功率之和,dis(i,j)表示i到j的距离。下一个状态转移方程同理。)
        f(i,j,1) = min( f(i,j-1,0)+other(i,j-1)*dis(i,j), f(i,j-1,1)+other(i,j-1)*dis(j-1,j))
        那么答案就是min( f(1,n,0), f(1,n,1))

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int n,m,dis[55],sum[55],f[55][55][2];
int min(int a,int b)
{
    return a<b?a:b;
}
int main()
{
    int i,j,l;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&dis[i],&sum[i]);
        sum[i] += sum[i-1];
    }
    memset(f,60,sizeof(f));
    f[m][m][0] = f[m][m][1] = 0;
    for(l=2;l<=n;l++) for(i=1;i+l-1<=n;i++)
    {
        j = i+l-1;
        f[i][j][0] = min(f[i+1][j][0]+(sum[n]-(sum[j]-sum[i]))*(dis[i+1]-dis[i]), f[i+1][j][1]+(sum[n]-(sum[j]-sum[i]))*(dis[j]-dis[i]));
        f[i][j][1] = min(f[i][j-1][0]+(sum[n]-(sum[j-1]-sum[i-1]))*(dis[j]-dis[i]), f[i][j-1][1]+(sum[n]-(sum[j-1]-sum[i-1]))*(dis[j]-dis[j-1]));
    }
    printf("%d",min(f[1][n][0], f[1][n][1]));
    return 0;
}

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