修长城 （区间DP）

Posted 2020-10-09 RogerDTZ

 

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Description

　　大家都知道，长城在自然条件下会被侵蚀，因此，我们需要修复。现在是21世纪，修复长城的事情当然就交给机器人来干辣。我们知道，长城每时每刻都在受到侵蚀，如果现在不修复，以后修复的代价会更高。现在，请你写一个程序来确定机器人修长城的顺序，使得修复长城的代价最小。

　　在这道题中，我们认为长城是一条很长的线段，长城的每个位置都有唯一的数字与它对应（即当前位置到长城某一端的距离）。这台机器人开始被放在一个给定的初始位置，并以一个恒定的速率行驶。对于每个损坏的地方，你都知道它具体的位置、现在修复的代价、以后修复代价会怎么增加。由于机器人效率特别高，机器人每到损坏的地方就能瞬间将该位置修复（神秘）。

Input

　　第一行三个整数 $n, v, x (1 \leq n \leq 1000, 1 \leq v \leq 100, 1 \leq x \leq 500000)$ ，分别表示长城损坏地方的数目、机器人在1个单位时间内移动的长度、机器人的初始位置。

　　接下来n行，每行三个整数 $x, c, u (1 \leq x \leq 500000, 0 \leq c \leq 50000, 1 \leq u \leq 50000)$ 。x代表损坏地方的位置。如果立即修复，则该损坏位置修复的代价为c。如果选择在t时刻后修复，则该损坏位置修复的代价为c+u*t。数据保证所有损坏的位置都是不同的，机器人刚开始不会站在损坏的位置上面。

Output

　　输出只有一个整数，修复整个长城的最小代价（如果是小数，则向下取整）。

　　对于下面第一组样例的解释：

　　首先去998位置修复，费用为600。

　　然后去1010位置修复，费用为1400。

　　最后去996位置修复，费用为84。

　　最终答案为2084。

 

 

Sample Input	Sample Output
【样例输入1】   3 1 1000   1010 0 100    998 0 300   996 0 3 【样例输入2】   3 1 1000   1010 0 100   998 0 3   996 0 3	【样例输出1】 2084       【样例输出2】 1138

　　

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题解：

 　　鉴于这是一个神级机器人，经过的地方都能瞬间修好，那么被修好的地方都一定是连续的。在修的过程中，要么向左修一下，要么向右修一下，仅有两种决策。这时想到区间DP。

　　

　　DP中只需要计算增长的损失即可，原损失必然加到总和之中。

　　设$f_{i,j,0}$表示已修好$[i,j]$，此时站在$i$上；设$f_{i,j,1}$表示已修好$[i,j]$，此时站在$j$上。

　　如果从$[i-1,j]$扩展到$[i,j]$，所用时间为$t$，相当于$[1,i]$的点和$[j+1,n]$的点都有$t$的损失。用前缀和维护$[1,i]$与$[j+1,n]$的总损失速度，乘上$t$加入代价中。

　　同理，从$[i,j-1]$扩展到$[i,j]$，所用时间为$t$，相当于$[1,i-1]$与$[j,n]$的点都有$t$的损失，同样用前缀和求出，计算这一步的代价。

Tips:

　   1.为了处理方便，可以多设置一个毫发无损的修复点代表起点。

　　2.dp数组要开long long：为了精度问题，计算中先不除$v$，最后输出的时候简单处理一下再除$v$。

　　总体还是比较简单的，当时没有想到可以用前缀和方便维护全局的损失，写得奇奇怪怪只有40，无语了。

 

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 1 #include <cstdio>
 2 #include <cmath>
 3 #include <algorithm>
 4 #include <cstring>
 5 using namespace std;
 6 typedef long long ll;
 7 typedef double db;
 8 const int N=1010;
 9 int n,v,X,p;
10 ll f[N][N][2],sum[N],ans;
11 struct Node{
12     ll x,c,u;
13     friend bool operator < (Node x,Node y){
14         return x.x<y.x;
15     }
16 }s[N];
17 int main(){
18     scanf("%d%d%d",&n,&v,&X);
19     for(int i=1;i<=n;i++){
20         scanf("%d%d%d",&s[i].x,&s[i].c,&s[i].u);
21         ans+=s[i].c;
22     }
23     s[++n].x=X; s[n].c=s[n].u=0;
24     sort(s+1,s+1+n);
25     for(int i=1;i<=n;i++){
26         if(s[i].x<=X) p=i;
27         sum[i]=sum[i-1]+s[i].u;
28     }
29     memset(f,0x7f,sizeof f);
30     f[p][p][0]=f[p][p][1]=0;
31     ll t1,t2,out;
32     for(int l=2;l<=n;l++)
33         for(int i=1,j;i<=n-1;i++){
34             j=i+l-1;
35             if(j>n) break;
36             t1=s[i+1].x-s[i].x; t2=s[j].x-s[i].x; out=sum[i]+(sum[n]-sum[j]);
37             f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+t1*out,f[i+1][j][1]+t2*out);
38             t1=s[j].x-s[j-1].x; t2=s[j].x-s[i].x; out=sum[i-1]+(sum[n]-sum[j-1]);
39             f[i][j][1]=min(f[i][j-1][0]+t2*out,f[i][j-1][1]+t1*out);
40         }
41     printf("%lld\n",(ans*v+(min(f[1][n][0],f[1][n][1])))/v);
42     return 0;
43 }

奇妙代码