Zoj 3469 Food Delivery (DP_美题)

Zoj 3469 Food Delivery (DP_好题)

题目链接：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3469

题目大意：送餐员送餐问题。有n个人叫餐，每个人都在x轴上，并且每个人都有个坑爹度(和等餐时间有关，据说顾客认为坑爹值到一定程度他的小宇宙就要爆发).现在送餐员从x轴上的某点出发，路上奔跑速度是v，要一次性把所有餐送完。叫餐的人得到餐的时间和顺序不同，坑爹度总和也就不同。合格的送餐员要让客户体验最好，请问最少坑爹度和为多少

解题思路：下午开了2011年浙大2月份的月赛，做了三题，这题没出，被虐暴了。这题要考虑当前状态对后续状态的影响，相当经典，很锻炼思维，这种题目我喜欢。

    先说下本题的模型，送餐的顺序是一个从x位置开始的从1...n的一个全排列，我们要做的是找一个全排列它的总坑爹值最小。

    现在设想已经找到几个点相对位置是 3 2 1 x 4 5 6,使坑爹值小的策略是先送中间的再往两边送，因为送完中间的可以顺着去送两边。

    如果已经计算好了x 1 4的最小坑爹值，如果不考虑坑爹值最小这个条件我们先找2或者5是不是都可以？选了以后对之前的状态不会影响，因为后面的时间影响不到前面的。得出一个结论，本模型无后效性。

     确定了无后效性，那就要考虑那个约束条件和状态，我们的决策是在x两边来回选择坑爹值小的，那么设dp[i][j][k]表示从第i个人到第j个人都已经送完餐最后停在k== 0 - 》左边，k == 1 -》右边的最小坑爹值。

      状态明确了转移也就睡到渠成了。dp[i][j][0] 可能从dp[i+1][j][0],dp[i+1][j][1]  (i+1在i右边，两个都在i左边)转移而来，dp[i][j][1]可能从dp[i][j-1][0],dp[i][j-1][1]转移而来。具体状态转移方程参见代码，很容易看懂。

     然后特别要注意的是每转移一次，都会增加一定的时间，水涨船高，后面的人拿到餐的时间也晚了，也就是说必须把对后面的影响考虑在当前状态下，并且对后面的每个人影响都是一样的，那么当前转移用时t，后面还有x人，当前的状态就要多加x*t，

测试数据：

C艹代码：

#include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace std;#define MAX 1100#define INF 1100000000#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))struct node {        int x,v;}arr[MAX];int dp[MAX][MAX][2];int n,v,x,sum[MAX],ans;int cmp(node a,node b) {    return a.x < b.x;}int GetRest(int l,int r) {    if (r < l) return 0;    return sum[r] - sum[l-1];}int Solve_Dp() {    int i,j,k,res,delay;    for (i = 1; i <= n; ++i)        //找restaurant        if (arr[i].x == x) res = i;    for (i = 1; i <= n; ++i)        for (j = 1; j <= n; ++j)            dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = INF;    dp[res][res][0] = 0;    dp[res][res][1] = 0;    for (i = res; i >= 1; --i)//left        for (j = res; j <= n; ++j) {//right            if (i == j) continue;            //后面的值提前拿出来计算            delay = GetRest(1,i - 1) + GetRest(j + 1,n);            //停在左边            dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][1]+(delay+arr[i].v)*(arr[j].x-arr[i].x));  //从[i+1,j]右边来            dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][0]+(delay+arr[i].v)*(arr[i+1].x-arr[i].x));//从[i+1,j]左边来            //停在右边            dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][0]+(delay+arr[j].v)*(arr[j].x-arr[i].x));  //从[i,j-1]左边来            dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][1]+(delay+arr[j].v)*(arr[j].x-arr[j-1].x));//从[i,j-1]右边来        }    //最后停左边可以，停右边也可以    return min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]);}int main(){    int i,j,k;            while (scanf("%d%d%d",&n,&v,&x) != EOF) {              for (i = 1; i <= n; ++i)            scanf("%d%d",&arr[i].x,&arr[i].v);        arr[++n].x = x,arr[n].v = 0;        memset(sum,0,sizeof(sum));        sort(arr+1,arr+1+n,cmp);       //排序然后按照x将各个坐标分左右两边        for (i = 1; i <= n; ++i)            sum[i] = sum[i - 1] + arr[i].v;        ans = Solve_Dp();        printf("%d\n",ans * v);       //当算时间的时候是dist/(v^-1)，但是放到最后可以直接乘个v    }}

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