「洛谷P1220」 关路灯 题解

问题

原题链接 洛谷P1220

题目描述

某一村庄在一条路线上安装了 nn 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/s1m/s ,每个路灯的位置(是一个整数,即距路线起点的距离,单位: mm )、功率( WW ),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 nn (表示路灯的总数)和 cc (老张所处位置的路灯号);

接下来 nn 行,每行两个数据,表示第 11 盏到第 nn 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: J1J=1W×sJ,1J = 1W \times s ) 。

输入输出样例

#1
1
2
3
4
5
6
5 3
2 10
3 20
5 20
6 30
8 10
#1
1
270

说明/提示

样例解释:
此时关灯顺序为 3 4 2 1 5。

数据范围

1n50,1cn1 \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]f[l][r][opt] 表示现在已经关掉了 [l,r][l, r] 这段区间的所有灯,现在位于 opt=0opt = 0 左边,或是 opt=1opt = 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]gt(i, j) = m[j] - m[i]

表示获取从 iijj 位置所需的时间,其中 iji \leq j ,设

W(i,j)=w[n]w[j]+w[i1]W(i, j) = w[n] - w[j] + w[i - 1]

表示获取 iijj 这段区间以外的所有灯的总功率,其中 iji \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)×W(i+1,j),f[i+1][j][1])+gt(i,j)×W(i+1,j)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][j1][0]+gt(i,j)×W(i,j1),f[i][j1][1])+gt(j1,j)×W(i,j1)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]=0f[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])min(f[1][n][0], f[1][n][1])

代码

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#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;
}