这个题目原型应该是吃完所有的草丛的最小时间,现在变成了每个草丛被吃的时间和,貌似如果还是按照原来的dp方法dp[i][j]表示吃完i到j的草丛的花掉的时间的话,有两个因素会影响后面的决策,一个是花掉的时间,一个是吃掉的草丛的时间累加和. 但是仔细观察这个问题会发现,第一个走的距离,会被计算n次,第二个走的距离,会被计算n-1次.如果我们把这个代价转移到该草丛上的话.那么dp[i][j]表示转移后的花掉的时间,那么现在影响后面决策的就只有这个时间了.那么问题就解决了. #include <iost…

dp... dp( l , r , k )  , 表示 吃了[ l , r ] 的草 , k = 1 表示最后在 r 处 , k = 0 表示最后在 l 处 . -------------------------------------------------------------- #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream>   #define rep…

bzoj1742[Usaco2005 nov]Grazing on the Run 边跑边吃草 bzoj3074[Usaco2013 Mar]The Cow Run 题意: 数轴上有n棵草,牛初始在L位置(bzoj3074的牛初始在1位置),每移动一个单位需要+1s.而每过1s没吃的草腐败度会+1,问吃完所有草的最小腐败度.n≤1000. 题解: 很神的dp.f[l][r][0/1]表示从第l棵草吃到第r棵草,之后到达l/r.则 f[l][r][0]=min(dfs(l+1,r,0)+(n-r+…

Description John养了一只叫Joseph的奶牛.一次她去放牛,来到一个非常长的一片地,上面有N块地方长了茂盛的草.我们可 以认为草地是一个数轴上的一些点.Joseph看到这些草非常兴奋,它想把它们全部吃光.于是它开始左右行走,吃 草.John和Joseph开始的时候站在p位置.Joseph的移动速度是一个单位时间一个单位距离.不幸的是,草如果长 时间不吃,就会腐败.我们定义一堆草的腐败值是从Joseph开始吃草到吃到这堆草的总时间.Joseph可不想吃太腐 败的草,它请John帮它…

分析: 首先,连续选择一段必定最优... 区间DP,f[i][j]表示从i开始,连续j个被吃掉了,并且,牛在i处,g[i][j]则表示在i+j-1处 f[i][j]可以从g[i+1][j]和f[i+1][j]转移,g[i][j]可以从g[i][j-1]和f[i][j-1]转移,转移方程: f[i][j]=min(f[i+1][j]+(n-j+1)*(a[i+1]-a[i]),g[i+1][j]+(n-j+1)*(a[i+j-1]-a[i])):g[i][j]同样... 附上代码: #includ…

传送门 区间dp入门题. 可以想到当前吃掉的草一定是一个区间(因为经过的草一定会吃掉). 然后最后一定会停在左端点或者右端点. f[i][j][0/1]f[i][j][0/1]f[i][j][0/1]表示已经吃了[i,j][i,j][i,j]的草,最后停在左/右端点. 利用费用提前计算的思想转移就行了. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define N 1005 #define ll long long using namespace std; ll f[N][N][…

题目描述 John养了一只叫Joseph的奶牛.一次她去放牛,来到一个非常长的一片地,上面有N块地方长了茂盛的草.我们可以认为草地是一个数轴上的一些点.Joseph看到这些草非常兴奋,它想把它们全部吃光.于是它开始左右行走,吃草.John和Joseph开始的时候站在p位置.Joseph的移动速度是一个单位时间一个单位距离.不幸的是,草如果长时间不吃,就会腐败.我们定义一堆草的腐败值是从Joseph开始吃草到吃到这堆草的总时间.Joseph可不想吃太腐败的草,它请John帮它安排一个路线,使得它吃…

数轴上n<=1000个点,从p出发以任意顺序走到所有的点,求到达每个点的时间之和的最小值. 好题!看起来水水的实际易错! 显然的结论是经过一个区间点之后肯定落在左端点或右端点上,谁没事最后还往中间跑呢!那就可以拍个序然后设计dp状态了,一个区间dp,f[i,j,0/1]表示走了区间i~j,最后落在左/右端点. 一个小技巧是把p算成一个点,初始化时之后p这个状态为0,其他都inf.那么问题来了! 方法一:记到状态的时间t[i,j,0/1],那么,相应更新t,其他同理. #include<stdi…

挺好的区间dp,状态设计很好玩 一开始按套路设f[i][j],g[i][j]为吃完(i,j)区间站在i/j的最小腐败值,后来发现这样并不能保证最优 实际上是设f[i][j],g[i][j]为从i开始吃j个,站在这段区间的左/右端点的 * 最小所有草增加的腐败值 * ,因为这些腐败之最后也是要算进去的,所以直接夹在里面就可以保证最优 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algo…

题意: 思路: f[i][j][1]表示从i到j的区间全都吃完了 现在在j点 变质期最小是多少 f[i][j][0]表示从i到j的区间全都吃完了 现在在i点 变质期最小是多少 f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+(s[i+1]-s[i])(n-j+i),f[i+1][j][1]+(s[j]-s[i])(n-j+i)); f[i][j][1]=min(f[i][j-1][1]+(s[j]-s[j-1])(n-j+i),f[i][j-1][0]+(s[j]-s[i])(n-j+i…