P1220 关路灯 题解

P1220 关路灯

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 1\(m/s\)，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

输入 #1

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

输出 #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

\(1\le n\le50,1\le c\le n\)

题解

这道题目是一道区间dp题

\(f[i][j]\)表示区间 \(i-j\) 合并的最大值，并且再用一个数组来确定是左端点还是右端点。

即再进一步：\(f[i][j][0]\)表示关掉\(i\)到\(j\)的灯后，老张站在\(i\)端点，\(f[i][j][1]\)表示关掉\(i\)到\(j\)的灯后,老张站在右端点

他每走一米，消耗的电力就是剩下每盏灯的功率总和$\times$1秒。

所以，要事先用\(o(n)\)的预处理把所有的和算出，然后每次都只要把一个区间的功率减掉就是当前的功率了。

\[f[i][j][0] = min ( f[i+1][j][0] + ( a[i+1] - a[i] ) \times( sum[i] + sum[n] - sum[j] ),\\ f[i+1][j][1] + ( a[j]-a[i] ) \times ( sum[i]+sum[n]-sum[j]) ); \]

\[f[i][j][1] = min ( f[i][j-1][0] + ( a[j] - a[i] ) \times ( sum[i-1] + sum[n] - sum[j-1] ),\\ f[i][j-1][1] + ( a[j]-a[j-1] )\times ( sum[i-1] + sum[n] - sum[j-1] ) ); \]

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

template <typename T>
inline void read(T &x) {
	x = 0;
	ll f = 1;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) {
        if (ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch)) {
        x = x * 10 + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    x *= f;
    return;
}

int a[55],b[55],sum[55],n,m,c,ans;
int dp[55][55][2];
int main()
{
  	read(n),read(c);
  	memset(dp,127,sizeof(dp));
  	for(int i=1;i<=n;i++)
    	read(a[i]),read(b[i]),sum[i]=sum[i-1]+b[i];
  	dp[c][c][0]=dp[c][c][1]=0;
  	for(int l=2;l<=n;l++)
    	for(int i=1;i+l-1<=n;i++){
    		int j=i+l-1;
    		dp[i][j][0]=min(
				dp[i+1][j][0]+(a[i+1]-a[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]),
        		dp[i+1][j][1]+(a[j]-a[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]));
    		dp[i][j][1]=min(
				dp[i][j-1][0]+(a[j]-a[i])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]),
        		dp[i][j-1][1]+(a[j]-a[j-1])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]));
        }
  	ans=min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]);
  	cout<<ans;
}