题目描述
JOSI 的边陲小镇爆发了严重的 Jebola 病毒疫情,大批群众感染生命垂危。计算机科学家 JYY 采用最新的算法紧急研制出了 Jebola 疫苗,并火速前往灾区救治患者。
一共有 NN 个小镇爆发了 Jebola 疫情。这些小镇由于地处边陲,仅仅通过一条长直公路连接。方便起见我们将这些小镇按照公路连接顺序由 11 编号到 NN。JYY 会在第一天一早抵达 11 号小镇。
一开始在 ii 号小镇,有 a_iai 名患者感染了 Jebola 病毒。
每一天 JYY 可以选择:
- 花费一天时间彻底治愈 JYY 目前所在的村庄的所有 Jebola 患者。这一天不会有任何患者死去;
- 花费一天的时间前往一个相邻的村庄。
当一天开始时,如果一个村庄里有 kk 个 Jebola 患者,那么这一天结束时,这 kk 个患者会感染另外 kk 个这个村子里的健康村民并死去。所以对于 ii 号村庄,只要这个村庄没有被 JYY 彻底消灭疫情,那么每一天都会有 a_iai 个村民死去。
JYY 希望采用措施使得疫情被整体消灭时,总共死去的村民数量尽量少。
为了达成这一目标,JYY 有时会选择抵达一个村庄但是并不对村民进行施救。这样的行为如果不加限制,往往会造成更加严重的后果。
试想这样的情形:假设当 JYY 第一次抵达村庄 ii,未作救治并直接前往了另一个村庄。那么由于 ii 村庄的人们求生心切,一旦当 JYY 朝向靠近 ii 村庄的方向前行时,ii 村庄的村民就会以为 JYY 是来救他们了,而产生巨大的期望。之后倘若 JYY 再次掉头朝着远离 ii 村庄的方向行进,那么 ii 村庄的村民就会因为巨大的失落而产生绝望的情绪。
为了避免这种情况,JYY 对他的行程做了如下规定:
假设 JYY 进入 ii 村庄并在第二天立即离开(村庄 ii 的疫情并未治愈)。如果在之后的某一天,JYY 从村庄 jj 前往村庄 kk,并满足 |k-i| lt |k-j|∣k−i∣<∣k−j∣。那么在之后的日子里 JYY 只能朝着 ii 村庄前进直到抵达 ii 村庄并立即治愈该村的患者。在前往 ii 村庄的过程中,JYY 可以选择将途经村庄的疫情治愈。
比如,如果 JYY 有如下行程:
第一天:从村庄 11 前往村庄 22;
第二天:从村庄 22 前往村庄 33;
第三天:治愈村庄 33;
第四天:前往村庄 22。
此时 JYY 对于之后三天的行程只有唯一一种选择:
第五天:治愈村庄 22;
第六天:前往村庄 11;
第七天:治愈村庄 11。
JYY 想知道在治愈所有村庄之前,至少会有多少村民因 Jebola 死去。
输入格式
输入第一行包含一个正整数 NN;
接下来一行包含 NN 个整数,分别为 a_1,a_2,...,a_Na1,a2,...,aN。
输出格式
输出一行一个整数,表示最优行程安排下会死去的村民数量。
输入输出样例
6 40 200 1 300 2 10
#include<cstdio> #include<iostream> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int n=3000+10; ll a[n]; ll s[n]; ll f[n];//治愈前i个村庄并停到i的最少死亡的人数 //f数组转移时枚举断点,用w数组辅助转移 ll w[n][n];//从i出发治愈[i,j]中所有村庄再回到i的最少死亡人数 //在这里我们假设1-(i-1)已经治愈好了,i-n没有被救 //我们从w[i+1][j]转移w[i][j](区间dp),在计算时w[i-1][j]还没被计算 ll N; int main(){ scanf("%lld",&N); for(int i=1;i<=N;i++){ scanf("%lld",&a[i]); s[i]=s[i-1]+a[i]; } for(int i=1;i<=N;i++){ w[i][i]=s[N]-s[i]; } //len是枚举的长度变量,这是一个dp方法,表示这次dp的区间长度,也可不用 for(int j=1;j<=N;j++){ for(int i=j-1;i;--i){ w[i][j]=w[i+1][j]+min(2*(s[N]-s[i])+s[N]-s[j],3*a[i]*(j-i)+2*(s[N]-s[j])+s[N]-s[i]); //第一种策略:经过i时直接治疗,我们花费两天(治疗i一天,到达i+1一天),所以2*(s[n]-s[i]),我们要从i+1回到i,所以s[n]-s[j] /*第二种策略:先越过去,回来的时候再治,所以有从i+1到i一天的代价,然后救i一天,所以2*(s[n]-s[j]),s[n]-s[i]已经计算了i到i+1 这一天代价,我们计算在这期间耽误多少天,就是j-i+j-i+j-i(过去,回来,救治),s[n]-s[i],这里是从i到j时,经过它的,为什么不乘2, 再回来的时候i+1已经治好了,肯定治好了,第二次经过一个电时,这个点一定已经治好了*/ } } memset(f,0x3f,sizeof(f)); f[0]=0;//边界dp(f)为0; for(int i=1;i<=N;i++){ for(int j=0;j<i;j++){ f[i]=min(f[i],f[j]+(j!=0)*(s[N]-s[j])+w[j+1][i]+(i-j-1)*s[N]-s[j]);//这里i,j不要看混了 //枚举断点,这里表示从i返回j+1,再回到i这是一次往返所以用w[j+1][i],表示j+1到i的时候并不是一次全治好 //因为最后数组停在了j+1,需要从j+1返回到i,所以i-(j+1) //(j!=0)意思是j如果不是0,就为1,否则为0 } } printf("%lld ",f[N]); return 0; }
说明/提示
样例说明
我们用 C(k)C(k) 表示治愈 kk 号村庄,i ightarrow ji→j 表示从村庄 ii 前进到村庄 jj,用逗号分隔每一天的行程安排,那么样例中的最优策略为:
1 ightarrow 2 , C(2),2 ightarrow 3 , 3 ightarrow 4 , C(4) , 4 ightarrow 3 , C(3) , 3 ightarrow 2 , 2 ightarrow 1 , C(1) , 1 ightarrow 2 , 2 ightarrow 3 , 3 ightarrow 4 , 4 ightarrow 5 , 5 ightarrow 6 , C(6) , 6 ightarrow 5 , C(5)1→2,C(2),2→3,3→4,C(4),4→3,C(3),3→2,2→1,C(1),1→2,2→3,3→4,4→5,5→6,C(6),6→5,C(5);
整个过程耗时 1818 天。
数据范围
对于 10\%10% 的数据,满足 N le 10N≤10;
对于 30\%30% 的数据,满足 N le 20N≤20;
对于 50\%50% 的数据,满足 N le 60N≤60;
对于 100\%100% 的数据,满足 1 le N le 30001≤N≤3000,1 le a_i le 10^91≤ai≤109。