題意：
給定n個房間 要給每個房間連上網絡 第i個房間連上網絡的花費為i 有些房間可以裝上路由器 如果裝上路由器 那么左邊k個和右邊k個都可以被裝上網絡 且裝路由器的費用也為i
問最少花費使得所有的房間裝上網絡
dp 用單調隊列優化一下即可 ：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define repp(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) #define ll long long #define see(x) (cerr<<(#x)<<'='<<(x)<<endl) #define inf 0x3f3f3f3f #define CLR(A,v) memset(A,v,sizeof A) ////////////////////////////////// const int N=2e6+10; int n,m,l,r,st[N],k; char s[N]; ll dp[N]; int main() { scanf("%d%d",&n,&k); scanf("%s",s+1); l=r=1;st[1]=0; rep(i,1,n+k) { dp[i]=dp[i-1]+i; if(i>k&&s[i-k]=='1') { dp[i]=min(dp[i],dp[st[l]]+i-k); } if(st[l]<i-2*k)l++; while(l<=r&&dp[st[r]]>=dp[i])r--; st[++r]=i; } ll ans=1e18; rep(i,n,n+k)ans=min(ans,dp[i]); cout<<ans; return 0; }
比賽的時候做法是最短路
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; //input by bxd #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define repp(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) #define RI(n) scanf("%d",&(n)) #define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m) #define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k) #define RS(s) scanf("%s",s); #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define REP(i,N) for(int i=0;i<(N);i++) #define CLR(A,v) memset(A,v,sizeof A) ////////////////////////////////// const int N=1e6; const int M=1e6; int head[M]; int pos; struct Edge { ll v;int to,nex; }edge[M]; void add(int a,int b,ll c) { edge[++pos]=Edge{c,b,head[a]}; head[a]=pos; } struct Node { ll d;int id; bool operator<(const Node& b)const { return d>b.d; } }; ll dis[N]; int vis[N]; int n,m,k,a,b,c,t; char s[N]; void dijkstra(int s) { rep(i,0,n+1)dis[i]=1e18; dis[s]=0; priority_queue<Node>q; q.push(Node{0,s}); while(!q.empty()) { Node u=q.top();q.pop(); if(vis[u.id])continue; vis[u.id]=1; for(int i=head[u.id];i;i=edge[i].nex) { int v=edge[i].to; if(u.d+edge[i].v<dis[v]) { dis[v]=u.d+edge[i].v; q.push(Node{dis[v],v}); } } } } int main() { scanf("%d%d",&n,&k); scanf("%s",s+1); rep(i,1,n) { add(i,i+1,1ll*i); add(i,i-1,1ll*0); if(s[i]=='1') add( max(1,i-k), min( n+1,i+k+1 ), 1ll*i ); } add(n+1,n,1ll*0); dijkstra(1); cout<<dis[n+1]; return 0; }
設置一個超級匯點t
第i個點連i+i 長度為i 表示將第i個房間連網所需要的費用 （第n個房間連t）
如果第i個點可以裝路由器 那么連 i-k到i+k+1 費用為i
表示 i-k到i+k范圍內的房間都可以被i點的路由器控制 那么這些房間都被完成了 所以跳到i+k+1
有一些特殊情況需要回溯（就是兩個路由器管轄范圍相交的情況） 所以每個點i 連i-1 費用為0 可以根據樣例看看
所以如果跑到t點就說明了n個房間都被連上網絡了