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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 |
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【样例输入1】
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【样例输出1】
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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$f_{i,j}$表示已修好$[i,j]$，此时站在$i$上；设$g_{i,j}$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。
方程如下：
前缀和数组$a_i=sumlimits_{j=1}^i u_i$
则
$$egin{aligned}f_{i,j}&=min(f_{i+1,j}+(x_{i+1}-x_i)*(a_i+a_n-a_j),g_{i+1,j}+(x_j-x_i)*(a_i+a_n-a_j))\g_{i,j}&=min(f_{i,j-1}+(x_{j}-x_i)*(a_{i-1}+a_n-a_{j-1}),g_{i,j-1}+(x_j-x_{j-1})*(a_{i-1}+a_n-a_{j-1}))\end{aligned}$$
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$v$。
3.我的代码里面，$f$数组多开了一维表示是站在左边还是站在右边，而不是这里写的$f$和$g$。
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。
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 ",(ans*v+(min(f[1][n][0],f[1][n][1])))/v); 42 return 0; 43 }