关路灯——power 解题报告
来源:互联网 发布:端口转发 8283被禁止 编辑:程序博客网 时间:2024/05/17 01:04
关路灯
源程序名 power.pas/c/cpp 可执行文件名 power.exe
输入文件名 power.in 输出文件名 power.out
【问题描述】
某一村庄在一条路线上安装了n盏路灯,每盏灯的功率有大有小(即同一段时间内消耗的电量有多有少)。老张就住在这条路中间某一路灯旁,他有一项工作就是每天早上天亮时一盏一盏地关掉这些路灯。
为了给村里节省电费,老张记录下了每盏路灯的位置和功率,他每次关灯时也都是尽快地去关,但是老张不知道怎样去关灯才能够最节省电。他每天都是在天亮时首先关掉自己所处位置的路灯,然后可以向左也可以向右去关灯。开始他以为先算一下左边路灯的总功率再算一下右边路灯的总功率,然后选择先关掉功率大的一边,再回过头来关掉另一边的路灯,而事实并非如此,因为在关的过程中适当地调头有可能会更省一些。
现在已知老张走的速度为1m/s,每个路灯的位置(是一个整数,即距路线起点的距离,单位:m)、功率(W),老张关灯所用的时间很短而可以忽略不计。
请你为老张编一程序来安排关灯的顺序,使从老张开始关灯时刻算起所有灯消耗电最少(灯关掉后便不再消耗电了)。
【输入】
文件第一行是两个数字n(0<n<50,表示路灯的总数)和c(1<=c<=n老张所处位置的路灯号);
接下来n行,每行两个数据,表示第1盏到第n盏路灯的位置和功率。
【输出】
一个数据,即最少的功耗(单位:J,1J=1W·s)。
【样例】
power.in
5 3
2 10
3 20
5 20
6 30
8 10
power.out
270 {此时关灯顺序为3 4 2 1 5,不必输出这个关灯顺序}
首先看到题目,好像什么都不知道,但是仔细一看,这是做过的题……这题的标准解答应该是DP状态压缩,但是在这里先给出一种比较类似搜索的解法
首先通过暴力可以得到从出发点开始向左走或是向右走得到一个最优值,相当于把所有的走法都遍历一遍,得到答案。
但是在这里,发现这是做不了记忆化的,或者是通过剪枝剪短时间的——你会发现你根本无从去删除,因为每一种走法都有可能在后面忽然就变优了,而且在这里也是无法做出记忆化的,而且直接写暴力一定会超时……
于是可以先写出一个暴力来,记录每走一次,最左已经走到了哪里,在右边最远又走到了哪里,还有这一次在左边还是在右边。
写出了这一个暴力,你会发现,每一次记录到最后才更改一次ans的值,那么,能不能一边做一边求呢?于是,想到了另外一种思路:分治
每一次记录的值类似上面的搜索,那么,可以想到,如果每一次考虑向左走和向右走得到的值,在当前情况下可以得到怎样的值,通过递归,分成一份份,比如说从c开始,是先往右边走一步,还是先往左边走一步,然后每一次记录,求出向左走和向右走中比较优的值,作为当前的解法,这样,相对之前比较难想,但是也简单了一些。
在这个时候,就可以使用记忆化了,每一次求出值,如果当前要求的状态之前访问过,就直接返回值,这样,相比之前的搜索就要快多了。不过,这种办法依然只是分治,但是,通过进一步改进,是可以变成DP的。
以下给出程序:
#include <cstdio>#include <climits>#include <cstring>#include <algorithm> int dis[60],f[60][60][60];int n;int power[60]; int solve(int l,int r,int last) { if(l == 1 && r == n) { //如果走完了 return 0;//退出 } if(f[l][r][last] > -1) { //记忆化 return f[l][r][last]; } int ans1 = INT_MAX,ans2 = INT_MAX; if(l > 1) { //计算向左边走用到的power ans1 = solve(l-1,r,l-1); ans1 += (dis[last]- dis[l-1]) * (power[l-1] + power[n] - power[r]); } if(r < n) { //计算向右边走用到的power ans2 = solve(l,r+1,r+1); ans2 += (dis[r+1] - dis[last]) * (power[l-1] + power[n] - power[r]); } return f[l][r][last] = std :: min(ans1,ans2);//选取较优的值} int main() { freopen("power.in","r",stdin); freopen("power.out","w",stdout); int k; scanf("%d%d",&n,&k); power[0] = 0; for(int i = 1;i <= n;i++) { int p; scanf("%d%d",&dis[i],&p); power[i] = power[i-1] + p; } memset(f,-1,sizeof f); printf("%d\n",solve(k,k,k)); return 0;}
事实上,这个方法就是通过逆向求子问题。
将原问题分解,到最左和最右的时候,会消耗多少,然后回到上一个子问题,计算是往左边的答案比较优,还是往右边
如果直接暴力,就是从原点开始,向左走,向右走,会消耗多少,当最后全部走完的时候,求比较小的值
这样做,就相当于是把原点当成是一个子问题,然后正着推,求最优的值
虽然这样很好想,但是很容易访问多次子问题,而且还不能通过当前的状态记忆化,浪费了很多时间
如果按照把原点当成最大的问题,分解成子问题,就会相对比较好算一些
同时,这样做还可以记录子问题的结果,避免多次访问子问题,导致浪费时间
其实,按照这样的思路,就可以做成是一个DP
只不过想起来更加麻烦,需要在当前的思路上再一次逆向求一次,比较麻烦
下文将会提出一个更优的DP
//未完待续
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