标签：int 题解 花坛 Landscaping 泥土 数组 -- dp

其实是一道 USACO2012年3月月赛银组的大水题·

题目描述

有$n$个花坛，编号为$1,2,.....,n$。现在每个花坛有$A_i$个泥土,要通过以下操作，将它们变为$B_i$个>泥土：

• 在某个花坛增加一个泥土 ，要花费$X$。
• 在某个花坛减少一个泥土，要花费$Y$.。
• 把某个花坛的泥土搬到另一个花坛里，要花费$Z|i-j|$。

求花费最小值？

分析

我觉得这题的$dp$的方法很妙

存储

乍一看，我们会直接把$a$数组和$b$数组的值直接存起来，像这样：

具体代码

for(int i=1,u,v;i<=n;i++)
{
	cin>>u>>v;
	for(int j=1;j<=u;j++)a[++ta]=i;
	for(int j=1;j<=v;j++)b[++tb]=i;
}

状态

既然是$dp$那就得知道$dp_i,_j$表示的是什么？
这里我们可以用答案倒推法
最后要求$a$数组经过最少的操作变为$b$数组
输出的是$dp[ta][tb]$
就能看得出来$dp[i][j]$表示把数组的前i项变得和b数组的前j项完全一样的最小花费。

初始化

把$a$的前$i$变成$b$的前$0$,只需将$a$的泥土全部减掉，代价为$iy$
把$a$的前$0$变成$b$的前$i$,只需将$a$的泥土全部加上，代价为$ix$

具体代码

for(int i=1;i<=ta;i++)dp[i][0]=y*i;
for(int i=1;i<=tb;i++)dp[0][i]=x*i;

状态转移

$dp[i][j]$可以通过$3$种操作退出来：
1.通过$dp[i][j-1]+x$推出，对应题目第一条；
2.通过$dp[i-1][j]+y$推出，对应题目第二条；
3.通过$dp[i-1][j-1]$推出，对应题目第三条；
注意：不能从$dp[i+1][j]$之类的推出。

具体代码

dp[i][j]=min(min(dp[i-1][j]+y,dp[i][j-1]+x),dp[i-1][j-1]+z*abs(a[i]-b[j]));

代码

良好做题习惯，不要复制

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,x,y,z,a[1010],b[1010],ta,tb,dp[1010][1010];
int main()
{
	cin>>n>>x>>y>>z;
	for(int i=1,u,v;i<=n;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		for(int j=1;j<=u;j++)a[++ta]=i;
		for(int j=1;j<=v;j++)b[++tb]=i;
	}
	for(int i=1;i<=ta;i++)dp[i][0]=y*i;
	for(int i=1;i<=tb;i++)dp[0][i]=x*i;                        
	for(int i=1;i<=ta;i++)
	{
		for(int j=1;j<=tb;j++)
		{
			dp[i][j]=min(min(dp[i-1][j]+y,dp[i][j-1]+x),dp[i-1][j-1]+z*abs(a[i]-b[j]));
		}
	}
	cout<<dp[ta][tb];
}

推荐

看完这片题解可以可以做一下Landscaping P和编辑距离这两题

标签：int,题解,花坛,Landscaping,泥土,数组,--,dp
来源： https://www.cnblogs.com/gdfzlcx/p/16583387.html

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