洛谷P3842 线段——题解

洛谷P3842题解

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传送锚点

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摸鱼环节

[TJOI2007] 线段

题目描述

在一个 \(n \times n\) 的平面上，在每一行中有一条线段，第 \(i\) 行的线段的左端点是\((i, L_{i})\)，右端点是\((i, R_{i})\)。

你从 \((1,1)\) 点出发，要求沿途走过所有的线段，最终到达 \((n,n)\) 点，且所走的路程长度要尽量短。

更具体一些说，你在任何时候只能选择向下走一步（行数增加 \(1\)）、向左走一步（列数减少 \(1\)）或是向右走一步（列数增加 \(1\)）。当然，由于你不能向上行走，因此在从任何一行向下走到另一行的时候，你必须保证已经走完本行的那条线段。

输入格式

第一行有一个整数 \(n\)。

以下 \(n\) 行，在第 \(i\) 行（总第 \((i+1)\) 行）的两个整数表示 \(L_i\) 和 \(R_i\)。

输出格式

仅包含一个整数，你选择的最短路程的长度。

样例 #1

样例输入 #1

6
2 6
3 4
1 3
1 2
3 6
4 5

样例输出 #1

24

提示

我们选择的路线是

 (1, 1) (1, 6)(2, 6) (2, 3)(3, 3) (3, 1)(4, 1) (4, 2)(5, 2) (5, 6)(6, 6) (6, 4) (6, 6)

不难计算得到，路程的总长度是 \(24\)。

对于 \(100\%\) 的数据中，\(n \le 2 \times 10^4\)，\(1 \le L_i \le R_i \le n\)。

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又是日常水题解的一天。
又是努力学oi的一天。咱们今天来切一道黄题(窝太菜了)。这道黄题也是很不人性化，从体面来看，感觉好像跟动态规划没啥毛关系，但是既然标签打了动态规划我们在训练动态规划，那就肯定先考虑动态规划。

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正片开始

1.设计状态

考虑设计这道题的状态，很显然对于每一行都需要有个状态进行统计，而一条线段有左右两个端点，于是我们很容易的可以设出：

\(f[i][0/1]\)表示到达第i行的左端点0或右端点一的最小步数。

2.状态转移

设计完状态，接下来自然需要对状态进行转移，考虑当前状态的上一个状态不难得到：

\(f_{i,0}=min(f_{i-1,0}+abs(l_{i-1}-r_{i})+r_{i}-l_{i}+1 , f_{i-1,1}+abs(r_{i-1}-r_{i})+r_{i}-l_{i}+1)\)

同理易得

\(f_{i,1}=min(f_{i-1,0}+abs(l_{i-1}-l_{i})+r_{i}-l_{i}+1 , f_{i-1,1}+abs(r_{i-1}-l_{i})+r_{i}-l_{i}+1)\)

这样，状态转移就完成了。

code：

f[i][0]=min(f[i-1][0]+abs(l[i-1]-r[i])+r[i]-l[i]+1,f[i-1][1]+abs(r[i-1]-r[i])+r[i]-l[i]+1);
f[i][1]=min(f[i-1][0]+abs(l[i-1]-l[i])+r[i]-l[i]+1,f[i-1][1]+abs(r[i-1]-l[i])+r[i]-l[i]+1);

最后处理下结尾就ok了。

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完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+5;
int l[N],r[N],f[N][3],n;
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>l[i]>>r[i];f[1][0]=r[1]+r[1]-l[1]+1;//需要经过这条线段f[1][1]=r[1]-1;for(int i=2;i<=n;i++){f[i][0]=min(f[i-1][0]+abs(l[i-1]-r[i])+r[i]-l[i]+1,f[i-1][1]+abs(r[i-1]-r[i])+r[i]-l[i]+1);f[i][1]=min(f[i-1][0]+abs(l[i-1]-l[i])+r[i]-l[i]+1,f[i-1][1]+abs(r[i-1]-l[i])+r[i]-l[i]+1);}cout<<min(f[n][0]+abs(l[n]-n),f[n][1]+abs(r[n]-n));return 0;
}

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完结。

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