java越野拉力赛_BZOJ 4244 邮戳拉力赛 (DP)
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
然后我们拆一拆式子,以\(j
\(w(i,j)=(Ti+A[i])+(-Tj+B[j])\)
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
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
左进右出,从\(dp[i-1][j]\)转移来
右进左出,从\(dp[i-1][j]\)转移来
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
#include
#include
#include
#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\n",dp[n][0]+t*(n+1ll));
return 0;
}
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