趣味算法题——电梯调度问题

这是《编程之美》中的一道题，刚开始题目比较简单，但是逐步推进之后的问题也有些难度，这样由简单到难的一步步深入的思想比较值得学习。

最初的问题

假如电梯在高峰期间只允许在某一层停留，所有的乘客在一楼上电梯，到达某层后，所有乘客从电梯下来，到达自己要去的楼层，在一楼的时候所有乘客选出自己要去的楼层，电梯根据所有乘客选择的楼层信息得出要停留的楼层。
那么，电梯停留在那一层，能够保证这次乘坐电梯的所有乘客爬楼梯的层数之和最少。

问题的分析和解法

该问题本质上是一个优化问题，首先为则个问题找到一个合适的抽象模型。从问题中可以看出，有两个因素会影响到最后的结构：乘客的数目即需要停留的楼层，因此，我们可以从统计到达各层的乘客数目开始分析。
假设楼层总共有N层，电梯停留在X层，要去第i层的乘客总数目是Tot[i]，这样，所爬楼梯的总数就可以表示出老。
因此，我们就是要找到一个整数X使得这个总数的值最小。

解法

首先思考简单解法，可以从第1层开始枚举X一直到第N层，然后再计算出如果电梯在第X层的话，所有乘客总共需要爬多少层楼。这是最为直接的一个解法。可以看出，这个算法需要两重循环来完成计算

int n=0;//这个表示电梯所在的最高楼层
        int nPerson[] = new int[n+1];//这个数组表示要去每一层的乘客数
        //上面的两个变量应该是给出的，这里只是示意代码没有初始化。
        int nFloor,nMinFloor,nTargetFloor;//分别表示电梯停在第n层时候的结果，目前为止的最小结果，最小结果所停的楼层。
        nTargetFloor = -1;//考虑到初始化最小结果和最小结果所砸的楼层，所以先设定为一个非法值
        //循环遍历每个楼层的结果，算出本层的结果，如果比之前结果小，就替换之前结果
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            nFloor = 0;
            //计算本层以下的楼层的人的总消耗
            for(int j =1; j < i; j++){
                nFloor += nPerson[j]*(i-j);
            }
            //计算本层以上的楼层的人的总消耗
            for(int j = i+1; j <= n; j++){
                nFloor += nPerson[j]*(j - i);
            }
            //如果比之前结果小，或者还没初始化，就用本层结果替换之前结果。
            if(nTargetFloor == -1 || nTargetFloor > nFloor){
                nMinFloor = nFloor;
                nTargetFloor = i ;
            }
        }

这个基本解法的时间复杂度为O（N²）

解法的优化

我们希望尽可能地减少算法的时间复杂度。那么，是否有可能在低于O（N²）
的规则下求出这个问题的解呢？
我们可以有如下的思路：
假设电梯停在第i层，显然我们可以计算出所有乘客总共要爬楼梯的层数Y。如果有N1个乘客目的楼层在第i层楼一下，有N2个乘客在第i层楼，还有N3个乘客在第i层以上。这个时候，如果电梯改停在第i-1层，所有目的地在第i-1层一下的蹭课可以少爬一层，总共可以少爬N1层，所有目的地在i层及以上的乘客都需要多爬1层，总共需要多爬N2+N3层。因此，乘客总共需要爬的层数为Y-N1+（N2+N3）=Y-（N1-N2-N3）层。
反之，如果电梯在i+1层停那么乘客总共需要爬的层数为Y+（N1+N2-N3）层。由此可见，当N1>N2+N3时，电梯在第i-1层停更好，乘客走的楼层数减少N1-N2-N3层；当N1+N2

int n=0;//这个表示电梯所在的最高楼层
        int nPerson[] = new int[n+1];//这个数组表示要去每一层的乘客数
        //上面的两个变量应该是给出的，这里只是示意代码没有初始化。
        int nMinFloor = 0,nTargetFloor = 1;//分别表示目前为止的最小结果，最小结果所停的楼层。
        int N1 = 0 , N2 = nPerson[1] , N3 = 0;//分析中所说的N1,N2,N3创建和初始化
        //求出第二层时候的N3值并初始化
        for(int k = 2; k <= n;k++){
            N3 += nPerson[k];
            nMinFloor += nPerson[k] *(k-1);
        }
        //从第二层开始按照上述方法求出最优值
        for(int i = 2; i <= n ;i++){
            if( (N1 + N2) < N3){//如果i+1层更好，就替换最小结果，
                nTargetFloor = i ;
                nMinFloor += (N1 +N2 - N3);
                N1 += N2;
                N2 = nPerson[i];
                N3 -= nPerson[i];
            }else{//如果上面的楼层不会更好，就不用再查看了。
                break;
            }
        }

问题扩展

往上爬楼梯，总比往下走是要累的，假设往上爬一个楼层，需要消耗k个单位的能力，而往下走需要消耗一个单位的能量，那么如果题目条件改为让所有人消耗的能量最少，这个问题怎么解决呢？

分析

其实这个问题并没有变难太多，只是在前面的思考的前提下放入一个新的考虑：上下楼消耗能量。这个需要在计算的时候上楼就要乘以一个参数K(因为能量是下楼的k倍嘛),其他的考虑都还一样。

int n=0,k = 1;//这个表示电梯所在的最高楼层和上楼梯需要消耗的能量
        int nPerson[] = new int[n+1];//这个数组表示要去每一层的乘客数
        //上面的变量应该是给出的，这里只是示意代码没有初始化。
        int nMinFloor = 0,nTargetFloor = 1;//分别表示目前为止的最小结果，最小结果所停的楼层。
        int N1 = 0 , N2 = nPerson[1] , N3 = 0;//分析中所说的N1,N2,N3创建和初始化
        //求出第二层时候的N3值并初始化
        for(int m = 2; m <= n;m++){
            N3 += nPerson[m];
            nMinFloor += nPerson[m] *(m-1);
        }
        //从第二层开始按照上述方法求出最优值
        for(int i = 2; i <= n ;i++){
            if( k*(N1 + N2) < N3){//如果i+1层更好，就替换最小结果，
                nTargetFloor = i ;
                nMinFloor += (k*(N1 +N2) - N3);
            }
            N1 += N2;
            N2 = nPerson[i];
            N3 -= nPerson[i];
        }

补充说明

其实目前为止的逻辑过于不切实际，因为实际中在高层电梯中不会出现只停一层的情况，而且如果有类似的政策的话，比较低的楼层的人会直接选择爬楼去而不去按电梯（即使是统计好人数也会在计算总体的消耗上有很大的不同）。