【题解】p1809 过河问题

题目分析

现有n个人在东岸，要过河去西岸。开始东岸有一艘船，船最多可承载2人，过河时间以耗时最长的人所需时间为准。

给定n个人的过河时间a，求所有人从东岸到西岸所需的最短时间。
当(n=2)时，易得答案为(a[2])。但问题在于当(n>2)如何解决。

贪心分析

对所有数据从小到大排序。
从小规模数据出发，当(n=3)时，不难想到可以先用(a[1])将(a[3])送过去，再让(a[1])回来，这样就回归了(n=2)的情况。
(n>3)时情况略为复杂，我们考虑推导问题的几个简单性质。
1. 对于每次船在西岸时，如果需要某个人将船送回来，则优先让西岸a最小的(dalao)回来。
  
  证明：假设西岸有过河时间(a[1],a[2],a[3])的三个人，则让(a[1])回来，必然导致东岸后续的子问题最优。
  
  如此便得到一个简单的贪心，我们便无需考虑回来的情况，只需要思考如何将人送过去。
  
  重要推论：在问题结束前，不甘寂寞的(dalao) (a[1])不可能被留在西岸。也就是说，(a[1])只要过去，就必然要将船送回来。
2. 对于(4<=i<=n)的所有(a[i-1])，它到西岸只有两种可能方式：自己和(a[1])过去，或者自己和(a[i])过去。
  
  对于第一种方式：就相当于(a[i-1])自己过去，(a[1])负责送船回来，代价(a[i-1]+a[1])。
  
  对于第二种方式：如果不希望(a[i-1])被贡献到答案中，则只能选择一个(j>i-1)的小蒟蒻(a[j])来当(a[i-1])的拖油瓶。
  
  但问题在于，过弱的蒟蒻(a[j])不能和(dalao) (a[i-1])玩，或者说(dalao) (a[i-1])不能选择太弱的(a[j])来当拖油瓶，否则代价会过大。因此(a[i-1])只能选择(a[i])来当它的拖油瓶。
  
  那么两人过去以后，谁给他们送船回来呢？由于(a[1])不可能在西岸等着他们，因此需要提前让(a[1])带(a[2])过去，留(a[2])为他们送船。代价(a[2]+a[1]+a[i]+a[2])。
3. 由此，我们可以得到状态转移方程：$$f[i]=min(f[i-1]+a[i]+a[1],f[i-2]+a[2]+a[1]+a[i]+a[2])$$
4. 几乎每一篇题解都提到了这个方程，那么问题来了，为什么(f[i])由(f[i-1]和f[i-2])中取一转移即可，而不能继续考虑到(f[i-3])？
  
  我们考虑已知(f[i-3])，然后新来了三个蒟蒻，对于(a[i-2])，他不可能会带(a[i])过河，也就是要么自己走，要么带(a[i-1])走。也就是说(a[i-2])的决策与(a[i])无关。
  
  因此求(f[i])时，只要考虑(a[i-1])的决策即可，也就是从(f[i-1])和(f[i-2])两个状态中取一转移即可。

code:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=100010;
int n,a[MAXN],f[MAXN];

int main()
{
//	freopen("in.txt","r",stdin);
	
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",a+i);
	
	f[1]=a[1];
	f[2]=a[2];
	f[3]=a[3]+a[1]+a[2];
	
	for(int i=4;i<=n;++i)f[i]=min(f[i-1]+a[i]+a[1],f[i-2]+a[2]+a[1]+a[i]+a[2]);
	
	printf("%d
",f[n]);
	return 0;
}