短路

短路

“第七套广播体操，原地踏步——走！”

众所周知，跳蚤们最喜欢每天早起做早操，经常天还没亮就齐刷刷地站在操场做着反复纵跳热热身。跳晚国在研制三星 note7的时候注意到了这点，于是他们打算让炸弹更快地引爆，这样就可以消灭更多早起的跳蚤。

三星 note7的主板可以看作是由 (2n + 1) × (2n +1)个中继器构成的，某些中继器会有导线连在一起，左上角和右下角的中继器分别连着电源的正负极。

电流流过一根导线的时间可忽略不计，但当电流经过中继器时，会延缓一段时间再从中继器流出。这个时间只跟该中继器本身有关，我们把这段时间的长度称为中继器的延时值。

这些中继器由导线连接围成一个一个的层，同个层的中继器的种类都一样，而不同层的种类都不一样，可以发现总共有 n+1层。当 n = 4 时，主板大概长这样：

跳晚们打算再加几根导线将某些中继器连接起来.凭借发达的重工业，他们能生产出无数条导线。但由于主板的限制，他们的导线只能和主板四周的边平行，且其长度只够连接相邻两个中继器。

现在他们想知道，他们改造的三星 note7的电源正极流出的电流能在多短的时间到达电源负极从而造成短路，这样电池就会释放出巨大的能量摧毁跳蚤国的有生力量了。

请参考输入格式和样例配图来更好地理解题意。

输入格式

第一行一个正整数 n。

第二行 n+1个正整数 a₀,a₁,…,a_n，表示从内到外每层的中继器的延时值，单位为秒。其中，第 i 行第 j 列（1≤i, j≤n）的中继器的延时值为a_{max( | i−n−1 |,| j−n−1 |)}。

对于所有数据，保证每个数都是不超过 10⁹ 的正整数。

输出格式

一个表示你的答案的整数。

输入样例1

1
1 2

输出样例1

9

样例解释

这个数据对应的主板如下所示：

显然，我们可以用导线改造成这样：

这样从左上角到右下角就会有条 {2,2,1,2,2}电流路径，耗时为 9 秒。

输入样例2

9
9 5 3 7 6 9 1 8 2 4

输出样例2

69

数据范围

测试点

n

1~3

≤5

4~5

≤1 000

6~7

≤5 000

8~10

≤10⁵

当时的想法：

    画了几个样例，发现选择最短的路多走一些，答案会更优，而且发现要经过的点只有(2n+1)+(2n+1)个，我就想用指针来指每一层和每一列，通过比较左边与下面的数的大小，来决定要往下走还是往左走，后来发现了几个反例，这样选到最后不一定是最优的，说明这种粗暴的贪心是不可行。

部分分：

    50 分DP（注意数组要开到2*n+1）

    100分 递推+贪心

部分分做法：

    当时画图画了半天没有画出个所以然，而且一开始只给了第一个样例，也看不出什么东西，于是索性先打了一个暴力的DP。

    这种DP也是比较基础一点的。f[i][j]表示走到第(i,j)个点的最短时间。由f[i-1][j]和f[i][j-1]取min即可得出。与我一开始的贪心想法有异曲同工之妙，但是又能够保证正确性。

50分 DP代码如下：

#include#include#includeusing namespace std;const long long vmaxn=2005,oo=1000000000000000;long long n,a[vmaxn],f[vmaxn][vmaxn],ans;//注意数组的大小！！void step1(){f[1][1]=a[n]; for(int i=1;i<=2*n+1;i++){for(int j=1;j<=2*n+1;j++){long long v=max(abs(i-n-1),abs(j-n-1));if(i!=1) f[i][j]=f[i-1][j]+a[v];if(j!=1) f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-1]+a[v]);}//状态转移}cout<>n;for(int i=0;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=2*n+1;i++)for(int j=1;j<=2*n+1;j++)f[i][j]=oo;step1();return 0;}

我的研究：

    后来老师多放了第二个样例上去，然而比赛当时没怎么再在意这题，思索着第一题的骗分大法，回家以后研究了一下，有一定的思路。

    通过画一下第二个样例可以发现，69是由4+4+2+2+2+8+1+1……+1+8+2+2+2+4+4得来的，所有数值里面最小的1走了最多的次数。

    我在家里按照自己的理解又打了一次，信心满满地交上去，结果wrong了8个点，然后，就没有然后了。

 

正解：

    听了zyc同学的讲解，似乎没有受到什么特别大的启发。但晚上回去一想，却是发现正解的做法思路可能会更清晰一些，而且更简洁，没有我的算法那么迷。

    用f[i]记录到这个点左上角需要的最短时间，而用mi记录到这层之前的最小值，因为越往里面一层，走最小值下来会更优，而f[i]=f[i+1]+mi+a[i]即可（n从大到小枚举，题目条件）

举个例子：

       

    如样例中的左上角部分，由4+4+4+2走到左上角的8，明显没有4+4+2+2要优，如果再理解不了，模拟一下就知道这种做法的正确性了。

    当到2的那一层时，mi=4，f[9]正好为f[10](4)+mi(4)+a[i](2)=10,此时的mi为2；接着到f[8]=f[9]+mi+a[i]=20，此时的mi不变，接着是f[7]=f[8]+mi+a[i]=23，其实也是可以理解为在2那一层多走一个数，然后再往下来。由此可见，正确性是可以保证的。

    最后得出答案，枚举某一行走最长的路，即走一个倒的L字形。假设此时枚举到为i，而整一行的长度为2*N+1，画一下样例可以得到，单边不为a[i]的长度为n-i，则双边为2*(n-i)，但因为f中已经把左上角的值计算了，所以要在此基础上减1，这样得出的即为这一行的时间，而这一列要走的时间与行相同，最后要加上的结果是2*（2*（n-i）-1）。但其实右上角的数是算重复了的，于是还要在最后减去一个。

    最后为2*（2*（n-i）-1）-1，再乘上这一段的时间a[i]，再加上2*f[i]（走到左上角的时间与走到右下角的时间一致，所以要乘二）。每一行都这样算一次，最终答案取min。

#include#includeusing namespace std;long long n,ans,a[200010],f[200010];int main(){freopen("2091.in","r",stdin);freopen("2091.out","w",stdout);cin>>n;if(n==0) {cout<>a[i];long long mi=a[n];//到当前的最小值f[n]=a[n];for(int i=n-1;i>=0;i--){f[i]=f[i+1]+mi+a[i];if(a[i]=0;i--){v=2*( f[i]+( 2*n+1-2*(n-i)-1 )*a[i] )-a[i];//2*n+1为整一行的个数，（n-1）为单边不为a[i]的数，因为有双边所以乘二//但是因为在f[i]中，左上角的值已经计算了，减一    //行列都加有重复，ans=min(v,ans);//取min}cout<