洛谷P3842 [TJOI2007] 线段

一、题目

题目描述

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

你从 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 点出发,要求沿途走过所有的线段,最终到达 ( n , n ) (n,n) (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 1 1)、向左走一步(列数减少 1 1 1)或是向右走一步(列数增加 1 1 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 n n

以下 n n n 行,在第 i i i 行(总第 ( i + 1 ) (i+1) (i+1) 行)的两个整数表示 L i L_i Li R i R_i Ri

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 24 24

对于 100 % 100\% 100% 的数据中, n ≤ 2 × 1 0 4 n \le 2 \times 10^4 n2×104 1 ≤ L i ≤ R i ≤ n 1 \le L_i \le R_i \le n 1LiRin

二、分析

这是一道dp题
定义dp:
dp[0][j]表示走到第j行左端点最小长度
dp[1][j]表示走到第j行右端点最小长度

状态转移方程推理:
走到第i行的左端点有两种走法
①从第i-1行左端点走过来
dp[0][i-1]+abs(r[i]-l[i-1])+len[i]+1
(解释:此状态表示已走完第i行的线段,所以加上abs(r[i]-l[i-1])+len[i],往下走一步+1)
②从第i-1行右端点走过来
dp[1][i-1]+abs(r[i]-r[i-1])+len[i]+1
取两个的最小值即可
那么走到右端点的情况类似。

得出状态转移方程
dp[0][i]=min(dp[0][i-1]+abs(r[i]-l[i-1])+len[i]+1,dp[1][i-1]+abs(r[i]-r[i-1])+len[i]+1);//走到左端点
dp[1][i]=min(dp[0][i-1]+abs(l[i]-l[i-1])+len[i]+1,dp[1][i-1]+abs(r[i-1]-l[i])+len[i]+1);//走到右端点

#include
using namespace std;
int main()
{
    int n;cin>>n;
    int l[n+2],r[n+2],len[n+2];
    int dp[2][n+2];
    //dp[0][j]表示走到左端点最小长度
    //dp[1][j]表示走到右端点最小长度
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>l[i]>>r[i];
        len[i]=r[i]-l[i];
    }
    dp[0][1]=l[1]+len[1]*2-1,dp[1][1]=r[1]-1;//dp初始化,注意从(1,1)坐标开始走,所以要-1
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        dp[0][i]=min(dp[0][i-1]+abs(r[i]-l[i-1])+len[i]+1,dp[1][i-1]+abs(r[i]-r[i-1])+len[i]+1);
        dp[1][i]=min(dp[0][i-1]+abs(l[i]-l[i-1])+len[i]+1,dp[1][i-1]+abs(r[i-1]-l[i])+len[i]+1);
    }
    cout<<min(dp[0][n]+n-l[n],dp[1][n]+n-r[n]);
}```

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