题目描述
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而可以忽略不计。
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
第一行是两个数字 n（表示路灯的总数）和 c（老张所处位置的路灯号）；
接下来 n 行，每行两个数据，表示第 1 盏到第 n 盏路灯的位置和功率。数据保证路灯位置单调递增。
输出格式
一个数据，即最少的功耗（单位：J，1J=1W×s）。
输入输出样例
输入 #1
5 3
2 10
3 20
5 20
6 30
8 10
输出 #1
270
说明/提示
样例解释
此时关灯顺序为 3 4 2 1 5。
数据范围
1≤n≤50，1≤c≤n。
分析
这是一道区间DP题
我们可以把老张走的路程看做一段区间，区间的两个端点分别为(i),(j)
因为老张最后停留到(i)点和最后停留到(j)点贡献的价值不一样
所以我们定义(f[i][j][0])为关闭区间([i,j])的路灯后回到(i)的最小花费
(f[i][j][1])为关闭区间([i,j])的路灯后回到(j)的最小花费
同时我们定义(wz[i])为第(i)盏路灯的位置，(gl[i])为第(i)盏灯的功率，(sum[i])为前(i)盏路灯的功率之和
对于(f[i][j][0])，它可以由(f[i+1][j][0])或者(f[i+1][j][1])转移而来
(f[i][j][0]=f[i+1][j][0]+(wz[i+1]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]))
(f[i][j][0]=f[i+1][j][1]+(wz[j]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j])))
因此，(f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+(wz[i+1]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]),f[i+1][j][1]+(wz[j]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]));)
同理，(f[i][j][1]=min(f[i][j-1][1]+(wz[j]-wz[j-1])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]),f[i][j-1][0]+(wz[j]-wz[i])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]));)
问题就迎刃而解
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=55;
int f[maxn][maxn][2];
int wz[maxn],gl[maxn],sum[maxn];
int main(){
memset(f,0x3f,sizeof(f));
int n,c;
scanf("%d%d",&n,&c);
f[c][c][1]=f[c][c][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&wz[i],&gl[i]);
sum[i]=sum[i-1]+gl[i];
}
for(int d=2;d<=n;d++){
for(int i=1;i<=n-d+1;i++){
int j=i+d-1;
f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+(wz[i+1]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]),f[i+1][j][1]+(wz[j]-wz[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]));
f[i][j][1]=min(f[i][j-1][1]+(wz[j]-wz[j-1])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]),f[i][j-1][0]+(wz[j]-wz[i])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]));
}
}
printf("%d
",min(f[1][n][0],f[1][n][1]));
return 0;
}