Description

小Y：“小R 你是萝莉控吗。”小R：“...”
为了避免这个尴尬的话题，小R 决定给小Y 做一道题。
有一个长度为n 的正整数数组A，满足Ai >= Ai+1，现在构造一个数组B，令Bi =

。
现在，有一个n * n 的网格图，左下角坐标是(1, 1)，右上角坐标是(n, n)。有一个小SB正在坐标为(n, 1) 的位置，每一时刻，如果他现在在(x, y)，他可以选择走到(x ?-1,y + 1) 或者(x, (y + 1) div 2)，如果选择后者，他要支付Bx的代价。
现在他想走到(1, 1)，你可以告诉他他支付的代价最少是多少吗？注意在任何时候他都不能离开这个网格图。

Input

第一行输入一个正整数T 表示数据组数。
对于每组数据，第一行是一个整数n，接下来一行n 个整数表示数组A。

Output

对于每组数据，输出一个整数表示答案。

Sample Input

131 1 1

Sample Output

5样例解释：选择的路径可以是：(3， 1)->(2， 2)->(2， 1)->(1， 2)->(1， 1)

Data Constraint

对于30% 的数据，n <= 10
对于50% 的数据，n <=1000
对于100% 的数据，n<= 10^5，1 <= T<= 10，1 <= Ai<= 10^4

题解

题目大意：当前有个小SB在(n,1)然后他要走到(1,1)，他可以选择两种走法，一种是走到(x+1,y-1)不需要代价，一种是走到(x,(y+1)/2)需要代价，问他需要的最小代价是多少
这种题一眼看到一般就是dp或这是最短路径问题
50%：显然可以用dp来做，设f[i][j]为走到(i,j)的最小代价
那么就有两种转移情况，不过这dp要倒着做，不然可以考虑跑多几次
100%：数组是有序的，所以在哈夫曼树上深度是递增不减
那么我们可以设f[i][j]为现在放入了下标比 i 小的所有节点，剩余的叶子节点有 j 个
按照题目我们就有两种情况可以走
①F[i+1][j−1]，表示在剩下可放的节点中选一个来放第(i+1)个，不需要代价
②F[i][j∗2]+Σa[i+1][n]，表示把剩下的j个叶子节点往下再扩展2个节点，需要为代价就是后缀和
其实就是50分的dp逆做，然后答案就是哈夫曼树的最小权值
（其实这题就是合并果子，合并果子也是哈夫曼树求最小权值）
直接用优先队列做就好了

代码

 1 #include <iostream>
 2 #include <queue>
 3 #include <cstdio>
 4 using namespace std;
 5 int T,n;
 6 long long ans;
 7 priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >Q;
 8 int main()
 9 {
10     scanf("%d",&T);
11     while (T--)
12     {
13         scanf("%d",&n),ans=0;
14         for (int i=1,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x),Q.push(x);
15         for (int i=n,x;i>1;i--) x=Q.top(),Q.pop(),x+=Q.top(),Q.pop(),ans+=x,Q.push(x);
16         printf("%lld\n",ans);
17         while (!Q.empty()) Q.pop();
18     }
19 }

转载于:https://www.cnblogs.com/Comfortable/p/10299402.html

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