玲珑oj 1121 思维

1121 - Reverse the lights

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DESCRIPTION

有$n$

个灯，初始时都是不亮的状态，每次你可以选择一个某一个灯，不妨记为$\mathrm{x，所有满足和x距离不超过k的灯的状态都将被翻转，选择第i个灯的代价记为ci}$

，问最终所有灯都是亮的状态的最小花费.

INPUT

输入有两行，第一行包含两个正整数$\mathrm{n(1\le n\le 10000)和k(0\le k\le 1000)}$

$\mathrm{第二行包含n个整数，分别表示ci(0\le ci\le 109)}$

 

OUTPUT

输出一行表示答案

SAMPLE INPUT

3 1 1 1 1

SAMPLE OUTPUT

1

一开始思路还是对的，可惜一直想怎么dp，最后发现不需要dp，直接扫描一次求最优解就好了。

每个灯最多只开一次，多开也没用，开了又关相当于没起到作用，我们只要依次枚举第一个开的地点，他所达到的范围内的灯就都不用开了，

直接跳到最近的一个处于关闭状态的灯前开启这个灯即可。

如果我们不这么做的话，那么两盏开启的灯之间就会出现重叠部分而抵消，为了处理这些重叠我们需要再开一些灯这样又会出现更多的重叠。

具体的证明，我也没证出来，但是感觉一下确实是这样子的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int n,k,i,j;
    long long ans=1e18,c[10005];
    cin>>n>>k;
    for(i=1;i<=n;++i) cin>>c[i];
    if(!k) {ans=0;for(i=1;i<=n;++i)ans+=c[i];n=-999; }
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        int s=i,e=n-k,x=s;
        long long p=0;
        if(s-k>1) break;
            for(j=s;j<=n;j+=(2*k)+1) {
                    p+=c[j];
                    x=j;
            }
        if(x+k>=n) {ans=min(ans,p);}
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}