洛谷P3842 [TJOI2007] 线段

一、题目

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，$n\le 2\times 10^4$，$1\le L_i\le R_i\le n$。

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]);
}```