洛谷 P3049 Landscaping ( 贪心 || DP)

Posted 2020-10-31 rubbishes

题意 : 有n块土地，每块有A[i]泥土，现把其改造成B[i]泥土，有3种操作：(1)花费X向任意土地增加1泥土；(2)花费Y向任意土地减少1泥土；(3)花费Z*|i-j|把土地i的1泥土运到土地j。问最小花费是多少。

 

分析 :

参考了洛谷大神们给出的思路，下面简述一下

简单的讲就是对于每一个点，先将其花费一定的价值使得其数量

变成 B[i] 泥土，但是这个花费不一定是最优的，可以通过后期调整

来达到使得花费更小，调整的方案当然就是对于改变前后缺少和

改变前后增加这两种土地来进行考虑，对于缺少的土地，可以考虑

直接花费 X 的代价去买土地，也可以考虑从先前改变前后增加的土

地花费 Z 转移过来。对于改变前后增加的土地，也是差不多的情况

先定义 opt(x) 代表当前点暂时的最优取值，即最小花费

举个例子，若当前第一个点是改变前后缺少的，那么由于还没有枚举到

改变前后增加的点，所以只能通过花费 X 的方案来使得其改变前后相等

即 opt(first_point) = (B[first_point] - A[first_point])*X ==> 当然，这只是暂时的

for( 按照下标从小到到大枚举每一个点 ) :

　　若当前改变前后的土地差值不变 continue

　　若当前改变前后土地是缺少的 :

　　　　假设当前点是 j ，且之前有 i1、i2、i3…… 是改变前后增加的

　　　　若选择通过从从这些 i 来转移到 j 使得改变前后相等

　　　　则有 (j-i1)*Z - opt(i1)、(j-i2)*Z - opt(i2)、(j-i3)*Z - opt(i3)…… 当然要从这些取最小

　　　　考虑一下为什么是样子，因为是从 i 转移而来，所以之前 i 产生的最优花费，我们应当是要减掉的

　　　   以此来抵消掉之前 i 的花费，使得其转移到 j 这里来，产生更加优秀的方案，不理解就往下看

　　　　简化一下有 j*Z - max[i + opt(i)] ==> 从那么多个 i 中取最大的，才能保证花费最小

　　　　故最后 opt(j) = min( X,  j*Z - max[i + opt(i)] ) ==> 当然还要和直接购买这种方案取一个 min

　　若改变前后土地是增加的 : 

　　　　和缺少的情况很像，就不阐述了

　　 ans += opt(j)

上面就是 伪代码思路 这个贪心显而易见是正确的，不断从多种方式取最优

这种贪心思路很容易想到，就是不知道怎么去用代码写出来，或者没有一个清晰的思路

这种先确定一个值，后面再去调整取更优的贪心思路，学习一下

 

至于DP的思路，其实我没看过，有空再说

 

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
LL N, X, Y, Z;
priority_queue<LL> opt_lack;///表示每一个缺少点的最优取值
priority_queue<LL> opt_surplus;///表示每一个多余点的最优取值

int main(void)
{
    while(~scanf("%lld %lld %lld %lld", &N, &X, &Y, &Z)){

        while(!opt_lack.empty()) opt_lack.pop();
        while(!opt_surplus.empty()) opt_surplus.pop();

        LL before, after, ans = 0;
        for(LL j=1; j<=N; j++){
            scanf("%lld %lld", &before, &after);
            if(before == after) continue;
            if(before < after){
                for(LL i=1; i<=after-before; i++){
                    if(opt_surplus.empty() || j*Z - opt_surplus.top() >= X){
                        ans += X;
                        opt_lack.push(j*Z+X);
                    }else{
                        LL T = opt_surplus.top(); opt_surplus.pop();
                        ans += j*Z - T;
                        opt_lack.push(j*Z + j*Z - T);
                    }
                }
            }else{
                for(LL i=1; i<=before-after; i++){
                    if(opt_lack.empty() || j*Z - opt_lack.top() >= Y){
                        ans += Y;
                        opt_surplus.push(j*Z+Y);
                    }else{
                        LL T = opt_lack.top(); opt_lack.pop();
                        ans += j*Z - T;
                        opt_surplus.push(j*Z + j*Z - T);
                    }
                }
            }
        }

        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

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