cf1504. Travelling Salesman Problem

題意：

n個(gè)城市，編號1~n，每個(gè)城市有美麗值a[i]，現(xiàn)在要從城市1出發(fā)，其他所有城市走一遍，最后回到城市1，城市i到j(luò)的花費(fèi)為max(ci,aj-ai)，ci為第i個(gè)城市的最低消費(fèi)
最低的總消費(fèi)是多少？

題解：

（題解來自官方題解）
費(fèi)用 = max （ci ，aj - ai）= ci +max(0,aj-ai-ci)
因?yàn)樗谐鞘卸家?jīng)過，所以ci是固定消費(fèi)，我們現(xiàn)在要做的就是最小化max(0,aj-ai-ci)的總和
我們注意ai，ci一定是大于0的，要讓這個(gè)max最小化，我們就盡可能讓他等于0，也就是aj - （ai+ci）<=0
如果ai>aj，那么從城市i到城市j就是免費(fèi)的（這里不考慮固定的ci消費(fèi)，只考慮max的情況），所以我們只需要找一條從a1到an的路，剩下的旅程可以免費(fèi)完成，因?yàn)樽疃搪窂绞亲顑?yōu)的
貼上原題解（說實(shí)話我現(xiàn)在還不是很清楚，等腦子清楚了再解決）

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2021/4/21
下午上java時(shí)突然明白了，為什么代碼里取max(mx, ve[i].first + ve[i].second);
我們上面已經(jīng)推導(dǎo)出每個(gè)c都是計(jì)算在內(nèi)的，a是從小到大排序的，所以a[j]-a[i]一定大于等于0，c一定大于0，a[j]-a[i]-c[i]大小就不一定了，考慮到如果存在一個(gè)很大的ci，1可以通過它間接到達(dá)n，1借助當(dāng)前的ci能到達(dá)的最高的位置x，及比當(dāng)前的ai+aj大的ax+ay，這樣比1直接到達(dá)n的費(fèi)用更小。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int n;cin >> n;vector<pair<long long, long long>> ve;long long ans = 0;for(int i = 0; i < n; i++) {long long a, c;cin >> a >> c;ve.push_back({a, c});ans += c;}sort(ve.begin(), ve.end());//以a為第一元素，b為第二元素//城市的美麗值是遞增的 //for(int i=0;i<n;i++)// cout<<ve[i].first<<" "<<ve[i].second<<endl;long long mx = ve[0].first + ve[0].second;for(int i = 1; i < n; i++) {ans += max(0LL, ve[i].first - mx);mx = max(mx, ve[i].first + ve[i].second);}cout << ans << '\n'; } #include <bits/stdc++.h>using namespace std;int main() {int n;cin >> n;vector<pair<long long, long long> > city;long long ans = 0;for(int i = 0; i < n; i++) {long long a, c;cin >> a >> c;city.push_back({a, c});ans += c;}sort(city.begin(), city.end());priority_queue<pair<long long, int>> Q;vector<bool> vis(n, false);Q.push({0, 0});while(!Q.empty()) {long long d; int i;tie(d, i) = Q.top();//返回指向綁定的輸出流的指針。Q.pop();if(vis[i]) continue;vis[i] = true;if(i == n - 1) {ans -= d;break;}if(i > 0) {Q.push({d, i - 1});}int j = lower_bound(city.begin(), city.end(), make_pair(city[i].first + city[i].second, LLONG_MAX)) - city.begin() - 1;//LLONG_MAX均存在與頭文件limits.h,表示long long int Q.push({d, j});if(j + 1 < n) {Q.push({d - city[j + 1].first + city[i].first + city[i].second, j + 1});}}cout << ans << '\n'; }

總結(jié)

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