The solution of「AT_kupc2021_c Gacha」

\(\textup{AT kupc2021c Gacha}\)

\(\textup{Link}\) | 洛谷文章 | \(\textup{Tag: }\)贪心，dp。

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\(\textup{Solution}\)

\(\textup{Step1}\)：游戏机和硬币的对应应该如何分配？

由于给定位置升序，考虑一个贪心，如果 \(a_i\) 对应的不是 \(b_i\) 而是 \(b_{i + 1}\)，感性理解交叉着选的一定不如直接对应优秀。

故 \(a_i\) 的硬币一定是从 \(b_i\) 取来的。

\(\textup{Step2}\)：哪些位置的硬币和游戏机对是不用考虑的？

因为从 \(0\) 出发，于是我们钦定终点在最后一个游戏机（硬币）位置。

如果硬币在它所属游戏机的前面，那我们先遇到它再游玩是不需要额外计算代价的。

于是问题就变成了如果硬币在游戏机后面，应该在一个什么策略下迂回游玩。

\(\textup{Step3}\)：这很 dp。

设 \(dp_i\) 表示到第 \(i\) 个游戏机游玩完的最小代价。

考虑一个暴力转移：

\[dp_i = \min_{j = 1}^{j < i} dp_j + 2 b_i - 2 a_{j + 1} \]

注：此处枚举的 \(j\) 是上一个已经游玩完毕的 \(j\)。

\(\textup{Step4}\)：优化。

上面式子中 \(2 b_i\) 是常数，于是对于每一个 \(j\) 我们单独记录前缀 \(dp_j + 2b_j\) 的最小值，就可以优化到 \(O(1)\)。

然而最后的答案并不是 \(dp_N\)，因为我们这样 dp 做出来的其实是需要回到后面那个硬币点的代价。

但是最后一次并不需要回到硬币点，于是要单独对于每一个点作停下位置统计答案便做完啦，复杂度 \(O(N)\)。

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\(\textup{Code}\)

\(\textup{Submission.}\)

int N, cnt;
int a[MAXN], b[MAXN], dp[MAXN];
void slove(){
    cin >> N;
    for( int i = 1; i <= N; i ++ ) cin >> a[i];
    for( int i = 1; i <= N; i ++ ){
        cin >> b[i]; b[i] = max( a[i], b[i] );//只用计算要迂回的
    }
    int minn = - 2 * a[1];//前缀最小值
    for( int i = 1; i <= N; i ++ ){
        dp[i] = minn + b[i] * 2;
        minn = min( minn, dp[i] - 2 * a[i + 1] );
    }
    int ans = dp[N];
    for( int i = 0; i < N; i ++ )//对于每个点统计答案
        ans = min( ans, dp[i] + b[N] - a[i + 1] );
    cout << ans + b[N] << endl;//不输出换行判定会 WA
}

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\(\textup{Last}\)

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