关路灯（区间dp）

题目

【问题描述】

　　某一村庄在一条路线上安装了N盏路灯，每盏灯的功率有大有小（即同一段时间内消耗的电量有多有少）。老张就住在这条路中间某一路灯旁，他有一项工作就是每天早上天亮时一盏一盏地关掉这些路灯。

　　为了给村里节省电费，老张记录下了每盏路灯的位置和功率，他每次关灯时也都是尽快地去关，但是老张不知道怎样去关灯才能够最节省电。他每天都是在天亮时首先关掉自己所处位置的路灯，然后可以向左也可以向右去关灯。开始他以为先算一下左边路灯的总功率再算一下右边路灯的总功率，然后选择先关掉功率大的一边，再回过头来关掉另一边的路灯，而事实并非如此，因为在关的过程中适当地调头有可能会更省一些。

　　现在已知老张走的速度为1m/s，每个路灯的位置（是一个整数，即距路线起点的距离，单位：m）、功率（W），老张关灯所用的时间很短可以忽略不计。

　　请你为老张编一程序来安排关灯的顺序，使从老张开始关灯时刻算起所有灯消耗电最少（灯关掉后便不再消耗电了）。

【输入格式】

　　第一行包含一个整数 N 表示该村庄路灯的数量。

　　第二行包含一个整数 P（1≤P≤N），表示老张开始关灯的路灯号码（即老张开始所在位置）。

　　接下来有 N 行，每行包含两个用空格隔开的整数 D 和 W，用来描述每盏灯的参数。D 表示该路灯与村庄开始处的距离（用米为单位来表示），W 表示灯泡的功率，即在每秒种该灯泡所消耗的能量数。路灯是按顺序给定的。

【输出格式】

　　第一行即唯一的一行应包含一个整数，即消耗能量之和的最小值。

【输入样例】

5

3

2 10

3 20

5 20

6 30

8 10

【输出样例】

270

【数据范围】

对于20%数据有：N<=25;

对于50%数据有：N<=50;

对于100%数据有：N<=1000，0<
4000
=D<=10000，0<=W<=1,000,000,000;

分析

这题咋一看和阿里巴巴怎么这么像啊，二话不说定义了个状态，分别表示左右端点。然后定义到一半。。就不会啦

问题出在这里：

1、如果我们定义最小时间，耗能可能不是最小的，而且递推就太简单了。

2、如果我们定义最短路程，再写一个最短路程对应的时间，很有可能加上端点之后就不是最小耗能了，但是这种方程的定义应该是没错的

在参考了一些网上的资料之后，找到了解决方法，f(i,j)表示关i~j的路灯的时候，所有没被关的路灯消耗的能量和，那么在考虑一个端点的时候就不只需要考虑子状态之后一直走到端点所消耗的电能，因为之前消耗的电能会被子状态计算出来。

由此，方程就很容易了（如果理解了阿里巴巴那道题的话）

经过分析最终状态肯定在左端点或者右端点
f(i,j,0)表示关掉i~j的电灯后最终停留在左端点所有电灯的最小功率,f(i,j,1)则是右端点
f(p,p,0)=f(p,p,1)=0;
其它的孤点全是inf
f(i,j,0)=min(f(i+1,j,0)+{i+1~i路程中剩下的电灯耗能综合},f(i+1,j,1)+(i~j)路程中所有电灯耗能总和)
f(i,j,1)=min(f(i,j-1,1)+j-1~j路程中所有电灯消耗和，f(i,j-1,0)+i~j的路程中所有电灯消耗和
*/

这里补充说明边界问题，如果一个区间连p都不包含，那就是一个不可行区间，就要直接赋值为inf，因此边界就是当i==j时，在p点为0，不在p点为inf，看见网上有些资料写些什么复杂玩意儿忍不住单独说一句

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1005;
const LL inf=1e15;
int n,p;
int d[maxn],w[maxn];
LL sum[maxn],dp[maxn][maxn][2];
void Init()
{
scanf("%d%d",&n,&p);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&d[i],&w[i]);
sum[i]=sum[i-1]+w[i];
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
}
LL f(int i,int j,int k)
{
if(dp[i][j][k]!=-1)
return dp[i][j][k];
if(i==j)
{
if(i==p)
return dp[i][j][k]=0;
else
return dp[i][j][k]=inf;
}
if(k==0)
{
LL t1=f(i+1,j,0)+(d[i+1]-d[i])*(sum[i]+sum
-sum[j]);
LL t2=f(i+1,j,1)+(d[j]-d[i])*(sum[i]+sum
-sum[j]);
return dp[i][j][k]=min(t1,t2);
}
else
{
LL t1=f(i,j-1,1)+(d[j]-d[j-1])*(sum[i-1]+sum
-sum[j-1]);
LL t2=f(i,j-1,0)+(d[j]-d[i])*(sum[i-1]+sum
-sum[j-1]);
return dp[i][j][k]=min(t1,t2);
}
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
Init();
cout<<min(f(1,n,0),f(1,n,1))<<endl;
return 0;
}

之前因为min写成了max，一度怀疑自己写错了，X

写写收获

第一次看到这个题居然毫无头绪，因此需要跟进一些思想

1、分段提炼的意识，发现如果设计的子问题无法满足当前问题的结构（不是最优子问题），想一想当前可以求得什么最优值，把和子问题有关的那一部分划在子问题内部，重新写状态。

2、最优子问题并不是要局限于仅仅在那一部分操作，是可以包含那一部分对全局的影响的，只要最后的答案是对的，状态设计确实是可以有很多种，一般来说从部分计算对全局的影响的题目，应该算是有些难度的题目了。