GMOJ 1281旅行 题解

warning:此方法可能较难理解 讲的烂

约定

1. 除去标有“移动”，所有的 (A) 都为原始输入顺序。

2. (i ext{~}j) 的“代价”定义为 (sum_{k=i}^{j-1}|A_k-A_{k+1}|) .

思路

这种题比较明显的是DP，有两种解法。我果然选择了空间更差不能优化的顺推法

首先，由于交换的位置从前往后，所以一个数要么向前移动1位，要么向后移动若干位（包括0）

用不加调料的脑回路设状态：

[F_{i,j}phantom{1}(ile j)phantom{11} ext{表示第i个位置的数向后移到了第j个位置，1~j的最小代价} ]

假设 (A_i) 向后移动，那么 (A_{i-1}) 与 (A_{i}) 肯定没有交换。明显的，对于 (i) 固定的情况下，能转移的前置 (F) 一定是固定的，为 (F_{k,i-1}phantom{1}(k<i)) 。同时，因为第 (i-1) 个数（(A_k)）和第 (i) 个数（注意是 (A_{i+1})，(A_i) 被换出去了）是确定的，所以移动后 (1 ext{~}i) 的代价是固定的，可以以 (O(N)) 的时间复杂度计算。

然后，对于移动后 (i ext{~}j) 的代价，因为只有 (A_i) 在移动，所以 (A_{i+1} ext{~}A_j) 的相对位置是不变的，于是移动后 (i+1 ext{~}j) 的代价当然也是不变的，可以预先用一个 (S) 数组 (O(n^2)) 预处理每个区间的代价。在此基础上，再加上 (|A_i-A_j|) ，就是移动后 (i ext{~}j) 的代价。

那么，我们可以列出一条式子：

[F_{i,j}=min{{F_{k,i-1}+|A_{i+1}-A_k|}}+S_{i+1,j}+|A_i-A_j|phantom{11} (i<j,k<i) ]

（(S_{i,j}) 表示原来中 (i ext{~} j)的代价）

对于 (min) 函数内的部分，就是之前提到可以预处理的部分。

我们要注意到这条式子有一个限制条件：((i<j)) ，因为我们假定 (A_i) 移动。

对于不移动的情况，我们只需要考虑前置 (F) 和结尾与 (A_i) 的差即可：

[F_{i,i}=min{{F_{k,i-1}+|A_i-A_k|}}phantom{11} (k<i) ]

(注意 (min) 函数里面的差别)

那么，最后的答案就是枚举一下谁在最后，即：

[Ans=min{{F_{i,n}}}phantom{11} (ile n) ]

实现

注意对于 (i=1) 时，(F_{i,i}) 和 (min{{F_{k,i-1}+|A_{i+1}-A_k|}}) 的值为0，由于不会被转移，需要特殊处理。

代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,ans=0x7fffffff,a[2010],s[2010][2010],f[2010][2010];
void read(int &x){
	char c=getchar();
	for(;c<33;c=getchar());
	for(x=0;(c>47)&&(c<58);x=x*10+c-48,c=getchar());
}
int main(){
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		read(a[i]);
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			s[i][j]=s[i][j-1]+abs(a[j]-a[j-1]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int temp=f[i][i]=i==1?0:0x7fffffff;
		for(int j=1;j<i;j++){
			temp=min(temp,f[j][i-1]+abs(a[i+1]-a[j]));
			f[i][i]=min(f[i][i],f[j][i-1]+abs(a[i]-a[j]));
		}
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			f[i][j]=temp+abs(a[i]-a[j])+s[i+1][j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=min(ans,f[i][n]);
	}
	printf("%d",ans);
}