某一村莊在一條路線上安裝了n盞路燈，每盞燈的功率有大有小（即同一段時間內消耗的電量有多有少）。老張就住在這條路中間某一路燈旁，他有一項工作就是每天早上天亮時一盞一盞地關掉這些路燈。
為了給村里節省電費，老張記錄下了每盞路燈的位置和功率，他每次關燈時也都是盡快地去關，但是老張不知道怎樣去關燈才能夠最節省電。他每天都是在天亮時首先關掉自己所處位置的路燈，然後可以向左也可以向右去關燈。開始他以為先算一下左邊路燈的總功率再算一下右邊路燈的總功率，然後選擇先關掉功率大的一邊，再回過頭來關掉另一邊的路燈，而事實並非如此，因為在關的過程中適當地調頭有可能會更省一些。
現在已知老張走的速度為1m/s，每個路燈的位置（是乙個整數，即距路線起點的距離，單位：m）、功率（w），老張關燈所用的時間很短而可以忽略不計。
請你為老張編一程式來安排關燈的順序，使從老張開始關燈時刻算起所有燈消耗電最少（燈關掉後便不再消耗電了）。
檔案第一行是兩個數字n(0
乙個資料，即最少的功耗(單位：j，1j＝1w·s)。
這題好勁a，1a**好
首先讀懂題目，這位大爺顯然是只能關與當前位置相鄰的燈的，那麼就又變成了一段數字從兩端取的模型，不同的是這是從中間往兩邊罷了
注意到題目的不同，我們的方程也要改。f[
i][j
][0]
表示i至j之間的燈都關上了，且當前大爺在i的位置上，f[
i][j
][1]
表示關燈後我們的大爺在j的位置
一開始的想法是既然要找最小功耗，那麼是不是可以變成最大節省的功？顯然是不行的，因為時間是未知的。我們可以用總的功率減去已經關上的燈i至j的功率計算功耗
還有就是，我們的大爺足夠聰明，即他不會從最左邊走去關最右邊的燈再走回最左邊，也不會從最右邊走向最左邊關掉燈然後走回去，也就是f[
i][j
][0]
只能從f[
i+1]
[j][
0或1]
轉移，另一邊同理f[
i][j
][0]
=min
(f[i
+1][
j][0
]+di
s(i,
i+1)
∗∑t=
i+1t
<=jp
[t],
f[i+
1][j
][1]
+dis
(i,j
)∗∑t
=i+1
t<=jp
[t])
f[i][j]
[1]=
min(
f[i]
[j−1
][0]
+dis
(i,j
)∗∑t
=it<=j−
1p[t
],f[
i][j
−1][
1]+d
is(j
−1,j
)∗∑t
=i+1
t<=j−
1p[t
])其中di
s(i,
j)表示路燈間的距離
#include
#include
#include
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++)
#define fill(x, t) memset(x, t ,sizeof(x))
#define n 101
using
namespace
std;
int f[n][n][2], p[n], dis[n], sum[n], t[n];
inline
int read()
ch = getchar();
}while (ch >= '0' && ch <= '9')
return x * v;
}inline
int min(int x, int y)
inline
int dist(int i, int j)
int main(void)
fill(f, 63);
f[st][st][0] = f[st][st][1] = 0;
for (int i = st; i >= 1; i --)
}printf("%d\n", min(f[1][n][0], f[1][n][1]));
return
0;}
洛谷P1220 關路燈（區間dp）
某一村莊在一條路線上安裝了n盞路燈，每盞燈的功率有大有小 即同一段時間內消耗的電量有多有少 老張就住在這條路中間某一路燈旁，他有一項工作就是每天早上天亮時一盞一盞地關掉這些路燈。為了給村里節省電費，老張記錄下了每盞路燈的位置和功率，他每次關燈時也都是盡快地去關，但是老張不知道怎樣去關燈才能夠最節省電...
洛谷 P1220 關路燈 區間DP
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洛谷P1220關路燈 區間dp
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