BZOJ 4244 邮戳拉力赛 (DP)

手动博客搬家: 本文发表于20181211 18:01:21, 原地址https://blog.csdn.net/suncongbo/article/details/84957907

为了防止我的博客被数学占领(一半以上的博文和数学相关)，我决定添加几道非数学题的题解。
目前数学题比例: (frac{15}{32}=0.46875)
扯淡结束

题目链接: https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4244

题意: 太长了自己看。

题解:
额……这个题初一的时候好像就在模拟赛里见过。(ckw巨佬当场切掉)
考虑dp: 设(dp[i][j])表示考虑前(i)个位置，其中有(j)趟车开往(i)右边的位置(不包括(i))的最小代价。
胡乱转移即可。

……等等……这个题解是不是不太详细……
详细解释一下。
(A[i]) 从左边进入(i)的费用。
(B[i]) 从(i)到右边的费用。
(C[i]) 从右边进入(i)的费用。
(D[i]) 从(i)到左边的费用。
则从(j)到(i)的费用是$$w(i,j)=T(i-j)+B[j]+A[i] (j<i)$$$$w(i,j)=T(j-i)+D[j]+Ci$$
然后我们拆一拆式子，以(j<i)为例:
(w(i,j)=(Ti+A[i])+(-Tj+B[j]))
然后我们发现一个了不起的性质——贡献的式子对于(i,j)是独立的，对于同一个(i)来说，(j)是多少对贡献并没有影响，有影响的只是(j)和(i)的大小关系！
于是我们设计出前面所述的状态
转移比较麻烦，我们先考虑一个简化版问题：如果每个点只能经过一次？
考虑枚举当前点的(4)种进出状态

1. 左进左出，这样相当于一个原来到右边(i)的现在变成了左边,因此右边的数量(-1). 从(dp[i-1][j+1])转移来
2. 左进右出，从(dp[i-1][j])转移来
3. 右进左出，从(dp[i-1][j])转移来
4. 右进右出，从(dp[i-1][j-1])转移来
   注意(3)(4)两种情况要特判(j>0)（想一想为什么）
   那如果可以经过多次？加一个类似于完全背包的转移，详见代码。

（继续瞎扯）我做这题的时候，写完了狂WA不止，然后上网搜题解，发现全是什么括号序列，蒙蔽了。
刚准备抄标程的时候，我发现标程除了方程完全不一样，还比我多个特判。
然后我把我的方程加了这个特判。切了……

好了，那么标程是怎么写的呢？
思路是，考虑把原序列转化成括号序列。
左进左出为右括号，右进右出为左括号，然后设了一个和我差不多的dp状态。
然而转移大不相同。因为这种计算方法是答案等于所有匹配的括号的距离之和，计算每一个位置对答案的贡献就是跨过该位置的括号对个数。
总结：用括号序列表示问题是一种不错的思路。

代码实现

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define llong long long
using namespace std;
const int N = 3000;
llong a[N+3];
llong b[N+3];
llong c[N+3];
llong d[N+3];
llong dp[N+3][N+3];
int n; llong t;
int main()
{
    scanf("%d%lld",&n,&t);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i],&d[i]);
    memset(dp,42,sizeof(dp));
    dp[0][0] = 0ll;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        for(int j=0; j<=n; j++)
        {
         if(j)
         {
          dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+(-t*i+c[i])+(-t*i+b[i]));
          dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][j]+(-t*i+c[i])+(t*i+d[i]));
         }
            dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][j]+(t*i+a[i])+(-t*i+b[i]));
            dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][j+1]+(t*i+d[i])+(t*i+a[i]));
        }
        for(int j=1; j<=n; j++) dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][j-1]+(-t*i+c[i])+(-t*i+b[i]));
        for(int j=n-1; j>=0; j--) dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][j+1]+(t*i+a[i])+(t*i+d[i]));
    }
    printf("%lld
",dp[n][0]+t*(n+1ll));
    return 0;
}