開始 ram ++i 兩個 atom amp -m bit -c

1121 - Reverse the lights

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DESCRIPTION

有$n$

個燈，初始時都是不亮的狀態，每次你可以選擇一個某一個燈，不妨記為$\mathrm{x，所有滿足和x距離不超過k的燈的狀態都將被翻轉，選擇第i個燈的代價記為ci}$

，問最終所有燈都是亮的狀態的最小花費.

INPUT 輸入有兩行，第一行包含兩個正整數$\mathrm{n(1\le n\le 10000)和k(0\le k\le 1000)}$

$\mathrm{第二行包含n個整數，分別表示ci(0\le ci\le 109)}$

OUTPUT 輸出一行表示答案 SAMPLE INPUT 3 1 1 1 1 SAMPLE OUTPUT 1 一開始思路還是對的，可惜一直想怎麽dp，最後發現不需要dp，直接掃描一次求最優解就好了。 每個燈最多只開一次，多開也沒用，開了又關相當於沒起到作用，我們只要依次枚舉第一個開的地點，他所達到的範圍內的燈就都不用開了， 直接跳到最近的一個處於關閉狀態的燈前開啟這個燈即可。 如果我們不這麽做的話，那麽兩盞開啟的燈之間就會出現重疊部分而抵消，為了處理這些重疊我們需要再開一些燈這樣又會出現更多的重疊。 具體的證明，我也沒證出來，但是感覺一下確實是這樣子的。

 1
 
 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int main()
 4 {
 5     int n,k,i,j;
 6     long long ans=1e18,c[10005];
 7     cin>>n>>k;
 8     for(i=1;i<=n;++i) cin>>c[i];
 9     if(!k) {ans=0;for(i=1;i<=n;++i)ans+=c[i];n=-999; }
10     for(i=1;i<=n;++i)
11     {
12         int
 
 s=i,e=n-k,x=s;
13         long long p=0;
14         if(s-k>1) break;
15             for(j=s;j<=n;j+=(2*k)+1) {
16                     p+=c[j];
17                     x=j;
18             }
19         if(x+k>=n) {ans=min(ans,p);}
20     }
21     cout<<ans<<endl;
22     return 0;
23 }

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