BestCoder Round #83 zxa and wifi（一个奇怪的DP题）

大大的打个脸，这个题这样的解法是错误的，不过思路还是挺妙的，可以看看吧。

听说BC要停办了，莫名的有点悲伤，晚上停办前最后一场，遇上了一个奇怪的DP题，通过率好低，特地裱起来自己做纪念。。。。(ˉ﹃ˉ)，

题目描述

zxa来到Q镇做义工，镇长希望给住在Q镇中轴线上的nn户人家实现网络覆盖。这nn户人家可以看作是中轴线上的质点，从东到西依次编号从1到n，其中第i(1≤i<n)户人家到第(i+1)户人家的距离为di​​ 。

zxa负责了这个项目的方案设计，他获悉运营商给出了两种架设网络的方式。一种是花费ai的费用在第i(1≤i≤n)户人家安装无线路由器和相关网线使得距离第ii户人家不超过ri的人家（包括第ii户人家）都能上网。另一种是花费bi的费用为第i(1≤i≤n)户人家接通光缆使得该户人家能上网。

zxa很好奇，如果镇上为了防止无线电的辐射过大而至多只能在k户人家架设无线路由，那么使得这n户人家都能上网的最小花费是多少，你能帮助他吗？

输入

原谅我传了图，数学公式乱码了，大家可以点这里去原题

输出

对于每组数据，输出一行，包含一个正整数，表示使得这nn户人家都能上网的最小花费。

样例

输入

输入样例

2
2 1
1
12 11 3
1 7 4
5 5
7 4 8 6
13 6 3
14 2 3
3 6 4
11 12 2
9 14 4

输出样例

1
12

Hint

对于第二组样例，zxa在33号人家安装无线路由器，在11号、44号、55号人家接通光缆，这样的总代价是3+3+2+4=123+3+2+4=12。

解题思路

这个题乍一看挺复杂，我先从模拟的角度去考虑发现过程中有决策，那就是dp了
考虑
dp[i][0]：该节点使用光纤连接，从1-i节点所花费用的最小值。
dp[i][1]：该节点使用wifi连接，从1-i节点所花费用的最小值。
dp[i][2]：该节点被wifi覆盖，从1-i节点所花费用的最小值。

那就有转移式

dp[i][0]=minn=02dp[i−1][n]

dp[i][1]=minn=02dp[j][n],j为这个节点wifi能覆盖到最远的前置节点的前一个节点

最特殊的是dp[i][2],这个数组是根据dp[j][1]来更新的，当j节点的wifi覆盖到i节点时，则dp[i][2]=min(dp[i][2],dp[j][1]),当然，dp[i][2]所有初始值要设成最大值，注意覆盖是两个方向的，同时要先计算出dp[j][1]

代码

#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;#define MAXN 100001int a[MAXN],b[MAXN],d[MAXN],r[MAXN];long long dp[10001][3];int main(){    //freopen("1.in","r",stdin);    int tt,n,k;    scanf("%d",&tt);    while(tt--){        scanf("%d%d",&n,&k);        for(int i=1;i<n;++i){            scanf("%d",&d[i]);        }        for(int i=1;i<=n;++i){            scanf("%d%d%d",&a[i],&r[i],&b[i]);        }        for(int i=0;i<=n;i++){            dp[i][2]=99999999999999999LL;        }        dp[0][0]=0;        dp[0][1]=0;        for(int i=1;i<=n;++i){            //计算dp[i][0]            dp[i][0]=min(min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]),dp[i-1][2])+b[i];            //向前找到当前节点i的wifi所不能覆盖到的前面节点            int ri=r[i],j=i-1;            while(ri>=d[j]&&j>=1){                ri-=d[j--];            }            //计算dp[i][1]来计算当前            dp[i][1]=min(min(dp[j][0],dp[j][1]),dp[j][2])+a[i];            for(int l=j+1;l<i;l++){                dp[l][2]=min(dp[l][2],dp[i][1]);            }            j=i+1,ri=r[i];            while(ri>=d[j-1]&&j<=n){                ri-=d[j-1];                dp[j][2]=min(dp[j][2],dp[i][1]);                j++;            }        }        printf("%I64d\n",min(min(dp[n][0],dp[n][1]),dp[n][2]));    }    return 0;}

好吧，写着写着博客，发现自己错了，没有考虑K，还是太天真。。。。Orz，这篇文章就先放着吧，看题解去。