南工ACM：过河问题

描述

在漆黑的夜里，N位旅行者来到了一座狭窄而且没有护栏的桥边。如果不借助手电筒的话，大家是无论如何也不敢过桥去的。不幸的是，N个人一共只带了一只手电筒，而桥窄得只够让两个人同时过。如果各自单独过桥的话，N人所需要的时间已知；而如果两人同时过桥，所需要的时间就是走得比较慢的那个人单独行动时所需的时间。问题是，如何设计一个方案，让这N人尽快过桥。 

输入
第一行是一个整数T(1<=T<=20)表示测试数据的组数
每组测试数据的第一行是一个整数N(1<=N<=1000)表示共有N个人要过河
每组测试数据的第二行是N个整数Si,表示此人过河所需要花时间。(0<Si<=100)
输出
输出所有人都过河需要用的最少时间
样例输入

141 2 5 10

样例输出

17

其他测试样例:
5
1 4 7 6 9
29

6
1 4 7 8 10 12
42

4
1 7 8 9
26

5
1 7 8 9 10
37

思想：
由于只有一个手电筒，那么两个人过河后，必须还要有一个人把手电筒送回来，这个时间也要计算进去。
令a[i]表示第i个人需要的时间（i=1~n）。先将a[i]用快排法从小到大排序。
当n==1时，需要时间sum=a[1]
当n==2时，需要时间sum=a2
当n==3时，需要时间sum=a[1]+a[2]+a[3]
当n>=4时，我们总共有两种送人的方式。
第一种方式：

第二种方式：

我们可以发现，当n>=4时，只有这两种方式。为什么？
从上图可以得知，当n>=4时,不管n为多大，我们每次变动的都只是最左边的a[1],a[2] ; 和最右边的a[n],a[n-1]。与中间的元素都无关。变动一次后，就能够将两个a吊到河对岸。问题就由a[1~n]就变了a[1~(n-2)],这之间的消耗时间也是最小的。
思想就是，每次尽可能的让最大值和次大值一起出去，然后让之前调入的小值下来，这样以后就不用调次大值，从而减少了开销。但是这前提是，必须要有“之前调入的小值”。为了减少开销这个值尽可能的小，所以构建这个已经调入的小值得方式就是：a1,a2调过去，再把a1调回来。但是这又增大了一些开销a2+a1。而方式2的开销就是调a[n]时要浪费一个a[1]，调a[n-1]时又要用一个a[1]，同时还要消耗a[n-1]，而方式一是不消耗a[n-1]的。所以我们就要比较方式一和方式二，在什么情况下选择方式一，在什么情况下选方式二。

方式一：调成上图的恒等不变式所需开销为：a[2]+a[1]+a[n]+a[2]
方式二：调成上图的恒等不变式所需开销为：a[n]+a[1]+a[n-1]+a[1]
(a[2]+a[1]+a[n]+a[2] ) - (a[n]+a[1]+a[n-1]+a[1])=(a[2]+a[2]) - (a[n-1] + a[1] )

所以如果 (a[2]+a[2]) 》(a[n-1] + a[1] ) 选方式二，如果 (a[2]+a[2]) 《 (a[n-1] + a[1] ) 选方式一
然后用对应的方式计算一次开销后，再n=n-2 继续循环用这个方法,直到n<=3.

#include<stdio.h> #include<malloc.h>void kuaipai(int* a,int l,int r);int main(){    int m=0,n=0;    int i=1,j=1;    int* a=0;    int b=0;    int sum=0;    scanf("%d",&m);    for(i=1;i<=m;i++)    {        scanf("%d",&n);        a=(int*)malloc(sizeof(int)*(n+1));        for(j=1;j<=n;j++)        {            scanf("%d",a+j);        }        kuaipai(a,1,n);        sum=0;        while(n>=0)        {            if(n==1)            {                printf("%d\n",sum+a[1]);                break;            }            if(n==2)            {                printf("%d\n",sum+a[2]);                break;            }            if(n==3)            {                printf("%d\n",sum+a[1]+a[2]+a[3]);                break;            }            if(a[2]+a[2] < a[n-1]+a[1])            {                sum=sum+a[2]+a[1]+a[n]+a[2];                n=n-2;            }            else            {                sum=sum+a[n]+a[1]+a[n-1]+a[1];                n=n-2;            }        }    }    return 0;}void kuaipai(int* a,int l,int r){    int i=l,j=l;    int x=a[r];    int y=0;    if(l>=r)        return;    for(i=l;i<=r-1;i++)    {        if(a[i]<x)        {            y=a[i];            a[i]=a[j];            a[j]=y;            j++;        }    }    y=a[j];    a[j]=a[r];    a[r]=y;    kuaipai(a,l,j-1);    kuaipai(a,j+1,r);}