UVA 11400"Lighting System Design"

传送门

错误思路

正解

AC代码

参考资料：

　　[1]:https://www.cnblogs.com/Kiraa/p/5510757.html

题意：

　　现给你一套照明系统，这套照明系统共包含 n 种类型的灯；

　　其中第 i 中类型的灯包含四个参数：v_i,k_i,c_i,l_i，分别表示

　　　　v_i : 第 i 种类型的灯正常工作所需要的电压源；

　　　　k_i : 购买电压源 v_i 的花费；

　　　　c_i : 第 i 种灯泡的单价；

　　　　l_i : 这套照明系统需要第 i 种灯的个数

　　购买第 i 种灯的花费为 cost_i = k_i+c_i×l_i；

　　总花费为 cost=∑cost_i；

　　有如下操作：

　　如果 v_i ≤ v_j , 那么便可将购买的灯 i 换成购买灯 j；

　　求对所有灯执行完上述操作后 cost 的最小值；

错误思路：

　　贪心策略，如果可以将灯 i 换成灯 j 并且可以使得 cost变小，那么就更换，并且更新 l_i = 0 , l_j += l_i；

　　hack样例：

3
1 100 5 10
2 150 14 5
3 300 40 1
0

　　正确输出 690
　　实际输出 700

错误分析：

　　初始，cost₁=150 , cost₂=220 , cost₃=340；

　　首先可以判断，灯①可以全部换成灯②，换完后，l₁=0,l₂=15；

　　使得 cost₁+cost₂ = 150+14×15 = 360 < 150+220;

　　但是，此时灯②不能全部换成灯③，cost = cost₁+cost₂+cost₃=360+340=700;

　　另一种方案是，灯②全部换成灯③，换完后 cost2+cost3=300+40*6=540 < 220+340;

　　灯①既不能换成灯②也不能换成灯③，此时，cost = 690 优于 700；

　　也就是说，将①换成灯②可以节省10元，但是如果将灯②换成灯③可以节省20元；

　　所以，此题的难点就在于对于可以更换的灯 i , j ，是否将灯 i 换成灯 j 呢？

 

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分割线：2019.6.7

　　因为要准备考试 6.5 , 6.6 这两天晚上的考试，所以，一直到今天才补了这道题；

　　看着紫书上的状态转移方程证明了一下午；

　　来看看我今天一下午的成果：

　　首先将这 n 种灯按 v 升序排列；

　　经过上述操作后，使得总花费最小的方案一定是成片的，什么是成片的呢？

　　就是 (1,2,3,...,a-1)(a,...,i,...,b)(b+1,..,j,..,d)(...,n) 这么划分是使得总花费最小的划分方案；

　　(a,....,b) : 第 [a,...,b-1] 种灯都换成第 b 种灯；

　　为什么这就是答案呢？

　　为什么不能是穿插着是答案呢？

　　用反证法证明，对于 (a,...,i,...,b)(b+1,..,j,..,d) 这两个划分，假设将 i,j 互换后的划分为使得总花费最小的划分；

　　首先定义：

　　　　sum₁ = l_a+l_a+1+...+l_i+...+l_b;//[a,b]区间的总灯泡个数

　　　　sum₂ = l_b+1+l_b+2+...+l_j+...+l_d;//[b+1,d]区间的总灯泡个数

　　　　//交换i,j灯泡后的总个数

　　　　sum₃ = sum₁-l_i+l_j;

　　　　sum₄ = sum₂-l_j+l_i;

　　　　sum = sum₁+sum₂ = sum₃+sum₄;

　　① cost{ (a,...,j,...,b)(b+1,..,i,..,d) } < cost{ (a,...,i,...,b)(b+1,..,j,..,d) };

　　② cost{ (a,...,j,...,b)(b+1,..,i,..,d) } < cost{ (a,............................,d) };

　　由①可得：

　　　　(k_b+sum₃×c_b)+(k_d+sum₄×c_d) < (k_b+sum₁×c_b)+(k_d+sum₂×c_d)

　　化简得：

　　　　(sum₃-sum₁)c_b < (sum₂-sum₄)c_d; 

　　由②可得：

　　　　(k_b+sum₃×c_b)+(k_d+sum₄×c_d) < k_d+sum×c_d

　　化简得：

　　　　c_b < c_d;

正解：　　

　　首先可以得出这样一个结论：每种类型的灯泡，要么全换成其他类型的，要么全都不换；

　　定义dp[ i ]表示前 i 个灯泡得最小花费，sum[ i ]表示前 i 个灯泡得总个数；

　　对于两类灯泡 i 和 j，i 可以换成 j 的条件是：

　　1) v_j > v_i

　　2) j 一定存在于最优解中(保证 k_j 不被省去)

　　3) k_i+l_i×c_i < l_i×c_j

　　基于条件(1)，首先将灯泡按照电压从小大到大排序；

　　假设前 i－1 个灯泡经过最优的替换后，新的灯泡序列为 b₁,…,b_j,b_j＋1,…b_k（bi表示没被合并的灯泡编号，并且按照电压非降序排列）；
　　b_j 和 b_j＋1 的关系一定满足：
　　　　①k_{b[ j ]}+l_{b[ j ]}×c_{b[ [j ]} < l_{b[ j ]}*c_{b[ j+1]}（否则 b_j 可被 b_j＋1 替换，与当前为最优解的假设矛盾）；

　　现在我们考虑用第 i 个灯泡 a_i 替换的情况；

　　假设 b_j 可以被 a_i 替换，那么有

　　　　②k_{b[ j ]}+l_{b[ j ]}×c_{b[ j ]} > l_{b[ j ]}×c_{a[ i ]}；

　　由式 ①② 可得  c_{a[ i ]} < c_{b[ j＋1]}，即 b_j+1 可被 a_i 替换； 

　　同理，b_j+2~b_k 的所有灯泡都可以被 a_i 替换；

　　换句话说，对于前 i-1 个灯泡 a₁~a_j~a_i-1，如果存在 j（1<j<i－1），a_j＋1可以被 a_i 替换，

　　那么 a_j+1~a_i-1 的所有灯泡都可以被 a_i 替换，而a₁~a_j 灯泡的最小费用已经算出为dp[ j ]。

　　这样我们就得出了 a_i 的替换方法：前 j 个灯泡用之前计算出的最优方案 d[ j ] 购买，

　　剩下 j+1~i 个灯泡全用 a_i 替换，枚举 j 从 0 到 i－1，根据前面的讨论得知不会漏解；

　　则状态转移方程 d[ j ]=min{ d[ j ]+c[ i ]×(s[ i ]-s[ j ])+k[ i ] };

　　最终答案就是 dp[n];

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define memF(a,b,n) for(int i=0;i<=n;a[i++]=b);
const int maxn=1e3+50;

int n;
struct Data
{
    int v,k,c,l;
    bool operator < (const Data &obj) const
    {
        return v < obj.v;
    }
}_data[maxn];
int dp[maxn];
int sum[maxn];

int Solve()
{
    sort(_data+1,_data+n+1);
    sum[0]=0;
    for(int i=1;i <= n;++i)
        sum[i]=sum[i-1]+_data[i].l;
    memF(dp,INF,n);
    dp[0]=0;
    for(int i=1;i <= n;++i)
        for(int j=0;j < i;++j)
            dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j])*_data[i].c+_data[i].k);

    return dp[n];
}
int main()
{
    while(~scanf("%d",&n) && n)
    {
        for(int i=1;i <= n;++i)
            scanf("%d%d%d%d",&_data[i].v,&_data[i].k,&_data[i].c,&_data[i].l);
        printf("%d
",Solve());
    }
    return 0;
}