Comet OJ - Contest #8 | 易学教程

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　　　　　Comet OJ - Contest #8参赛总结——林荫

本人还是一如既往的菜。
Comet OJ - Contest #X属于ACM赛制
六道题目难度从入门到金牌递增

　　本次总结给出T3,4分析与解法（5，6以后填坑）

　　T3：符文能量

1000ms，256MB

题目描述
米薇女王万万没有想到考德威尔男爵的真实意图。她的脑海里浮现出莱里亚的秀美山河，可惜再也回不去了。

不过所幸的是，她还有着军队和重整山河的勇气。雷纳德为米薇女王呈上了

形象的，我们可以把每个符文石 $PiP_iPi 描述成一个二元组 (ai,bi)(a_i,b_i)(ai,bi) 。对于两个相邻的符文石 PiP_iPi 与 Pi+1 P_{i+1}Pi+1，可以把他们融合为 (ai,bi+1)(a_i,b_{i+1})(ai,bi+1) 并释放出 ai+1∗bia_{i+1}*b_iai+1∗bi 的能量。融合完的符文石会替换掉原本的两个二元组，出现在他们的位置上。米薇希望把所有的 nnn 个符文石融合成 111 个符文石。你可以以任意顺序合并相邻的两个符文石。$

幸运的是，米薇找到了一个法力通天的术士，在全部融合过程前你可以选择一段连续的区间将里面的符文石精炼。即把原本的一段二元组 $(ai,bi)(a_i,b_i)(ai,bi) 乘 kkk 变为 (ai⋅k,bi⋅k)(a_i \cdot k,b_i \cdot k)(ai⋅k,bi⋅k)。当然你也可以不选择任何区间。注意此操作必须在初始状态进行。$

她希望她释放的能量尽可能小并想知道这个值是多少。

你可以结合样例解释来理解题目。
输入描述

第

接下来 $aia_iai 与 bib_ibi 。描述第 iii 个符文石的属性。$
- $2≤n≤1052\leq n\leq 10^52≤n≤105$
- $\leq |a_i|,|b_i|,|k|\leq 2000≤∣ai∣,∣bi∣,∣k∣≤200$
输出描述

一个整数，释放能量的最小值
样例输入 1
```
4 -1
-1 -2
2 3
3 4
-3 5
```
样例输出 1

　　　　-25

　　分析：提供一种和正解不沾边的做法：观察题目可知，所给入的参数a[1]和b[n]是不参与计算的。进而可得知如果不考虑精炼的话，原始式子的答案固定，即为sum(i=1,i<n)a[i+1]*b[i]。下面开始考虑精炼的情况。

　　　手动推导式子可以得到一个神奇的发现：如果假设精炼的区间为L，R，那么答案就是a[2]*b[1]+a[3]*b[2]+a[4]*b[3]......+a[L-1]*b[L-2]+a[L]*b[L-1]*K+a[L+1]*b[L]*K^2+a[L+2]*b[L+1]*K^2.......a[R]*b[R-1]*K^2+a[R+1]*b[R]*K+a[R+2]*b[R+1].......

　　然后这个问题就变成了求上述式子的最小值。

　　那果断DP啊。

　　至于方程？状态：DP[i][0]在1——i的区间内不使用精炼的最小值，DP[i][1]在1——i的区间内已经开始精炼，但是精炼未结束的最小值。DP[i][2]在1——i的区间内已经完成精炼的最小值

for(int i=1;i<n;i++)
    {
        dp[i][0]=dp[i-1][0]+sum[i];
        dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+sum[i]*k,dp[i-1][1]+sum[i]*k*k);
        dp[i][2]=min(dp[i-1][1]+sum[i]*k,dp[i-1][2]+sum[i]);
    }

　　标程放上！

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long int n,k,a1,a2;
long long int sum[100001];
long long int dp[100001][3];
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    scanf("%lld",&a1);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&a1,&a2);
        sum[i]=a1*a2;
    }
    scanf("%lld",&a1);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        dp[i][0]=dp[i-1][0]+sum[i];
        dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+sum[i]*k,dp[i-1][1]+sum[i]*k*k);
        dp[i][2]=min(dp[i-1][1]+sum[i]*k,dp[i-1][2]+sum[i]);
    }
    cout<<min(dp[n-1][0],min(dp[n-1][2],dp[n-1][1]));
    return 0;
}

来源：https://www.cnblogs.com/XLINYIN/p/11337524.html

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