“玲珑杯”线上赛 Round #15 A Reverse the lights（dp）

DESCRIPTION

有$n$个灯，初始时都是不亮的状态，每次你可以选择一个某一个灯，不妨记为$x$，所有满足和$x$距离不超过$k$的灯的状态都将被翻转，选择第$i$个灯的代价记为$c_i$，问最终所有灯都是亮的状态的最小花费.

INPUT

输入有两行，第一行包含两个正整数$n(1\le n\le 10000)和k(0\le k\le 1000)$第二行包含$n$个整数，分别表示$c_i(0\le c_i\le {10}^9)$

OUTPUT

输出一行表示答案

SAMPLE INPUT

3 11 1 1

SAMPLE OUTPUT

1

思路：对于每一次的操作，显然其周围的2k个灯不会有状态翻转，否则这次就是无效的，于是转换为简单的动态规划问题.令dp(i)表示将前i+k个灯全部点亮的最小花费，直接转移即可.
时间复杂度：O(n)

代码：

#include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace std;const int maxn=10010;const long long INF = 1e13;int n, k;long long dp[maxn], c[maxn];int main() {    scanf("%d%d",&n,&k);    for(int i = 1; i <= n; i++)       scanf("%lld", &c[i]);    for(int i = 0; i <= n; i++)        dp[i] = INF;    long long ans = INF;    //1...k,k+1,打开里面任意一盏灯，其左侧灯会全亮 for(int i = 1; i <= 1 + k; i++){        if(i > n) break;//超过n即停止         dp[i] = c[i];        if(i + k >= n) ans = min(ans, dp[i]);    }    for(int i = 2 * k + 2; i <= n; i++){        dp[i] = dp[i - k - k - 1] + c[i];        if(i + k >= n)             ans = min(ans, dp[i]);    }    printf("%lld\n",ans);    return 0;}