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）。
输入输出格式
输入格式：
文件第一行是两个数字n(1<=n<=50，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。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·s)。
输入输出样例
说明
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}
Solution
先吐槽一波,今天效率低的可啪.只刷了一道题...
我们看这个题.一看题面便应该会往线性DP这方面想.然后这很显然是一道区间DP。
还需要预处理一个东西,就是所有功率的前缀和.这是因为每一秒钟他消耗的电能是只有那些没有关掉的功率的和.
然后又因为我们处理的是区间,所以就用前缀和来维护.
只不过状态定义会有一些费脑筋.
状态定义
f[i][j][1] 当前这个区间到了第一个.
f[i][j][0] 否则则代表到了最后一个.
前导状态
f[i+1][j][1] :
要不从 i+1 直接到 i 关掉它.
f[i+1][j][0] :
要不从 j 折返 关掉 i.
f[i][j-1][1]
f[i][j-1][0]
同样的道理.
然后每次增加的量就是
sum(当前剩余的总功率) *time (这一步的时间).
然后动态转移方程也就比较容易推出来了.
代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1008; int f[maxn][maxn][2]; int p[maxn],t[maxn]; int sum[maxn]; int n,s; int main() { cin>>n>>s; memset(f,127,sizeof(f)); for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>t[i]>>p[i]; sum[i]=sum[i-1]+p[i]; if(i==s) f[i][i][0]=f[i][i][0]=0; } //注意区间DP的循环别老是搞错... //要先枚举小区间再枚举大区间!!! int j; for(int k=2;k<=n;k++) for(int i=1;i+k-1<=n;i++) { j=i+k-1; f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+(t[i+1]-t[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]),f[i+1][j][1]+(t[j]-t[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j])); f[i][j][1]=min(f[i][j-1][0]+(t[j]-t[i])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]),f[i][j-1][1]+(t[j]-t[j-1])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1])); } cout<<min(f[1][n][1],f[1][n][0])<<endl; }