数字线上的某些整数坐标处有N个玩具,搬动玩具,堆成不超过M堆的玩具堆。从坐标值x搬到坐标值Y需要消耗x-y的绝对值的能量,计算小虎吧玩具堆成不超过M堆需要消耗的最小能量值
时间: 2024-05-21 15:10:21 浏览: 11
这是一个经典的动态规划问题。我们可以设dp[i][j]表示前i个玩具堆成j堆所需的最小能量值。那么对于第i个玩具,它可以放到前面任意一个堆中或者自己成为新的一堆,因此转移方程为:
dp[i][j] = min(dp[k][j-1] + abs(sum[i]-sum[k+1])),其中 0 <= k < i
其中sum[i]表示前i个玩具的数量之和。解释一下,对于第i个玩具,我们枚举它前面的所有玩具堆,找到一个堆k使得将第i个玩具加入这个堆所需的能量最小,然后加上dp[k][j-1],表示前k个玩具成为j-1堆所需的最小能量值,这样就形成了j堆。注意,因为我们要保证堆数不超过M,因此在转移时需要额外判断j是否大于M。
最终答案为dp[N][M]。时间复杂度为O(N^2M)。可以通过优化和一些技巧将时间复杂度降至O(NMlogN)或O(NM)。
相关问题
数字线上的某些整数坐标处有N个玩具。小虎不喜欢玩具四处散落。所以他打算搬动玩具,堆成不超过M堆的玩具堆。从坐标值X搬到到坐标值Y需要消耗|x-y|的能量。计算小虎把玩具堆成不超过M堆需要消耗的最小能量值。
这道题可以用动态规划来解决。我们可以先将所有的玩具按照坐标从小到大排序,然后考虑在第i个玩具处堆成一堆或不堆成一堆两种情况。
令dp[i][j]表示前i个玩具堆成j堆的最小能量值。考虑第i个玩具,如果不堆成一堆,那么dp[i][j]就等于dp[i-1][j],即前i-1个玩具已经堆成j堆的最小能量值;如果堆成一堆,那么需要在前i-1个玩具中找到一个位置k,使得前k个玩具堆成j-1堆,而第k+1到第i个玩具堆成一堆,并且消耗的能量最小。可以用一个变量sum来记录前i个玩具的总和,那么第k+1到第i个玩具的总和就是sum[i]-sum[k]。因此,堆成一堆的最小能量值就是dp[k][j-1]+|sum[i]-sum[k]|。
因此,dp[i][j]可以由上面两种情况转移而来,即dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[k][j-1]+|sum[i]-sum[k]|),其中k满足sum[i]-sum[k] <= max_distance。
最终的答案就是dp[n][m],即前n个玩具堆成m堆的最小能量值。其中max_distance为题目给定的搬动玩具的最大距离。
用c++98解决这个问题,并给出代码:数字线上的某些整数坐标处有n个积木,小核桃不喜欢积木四处散落。所以他打算搬动积木,堆成不超过m堆的积木堆,从坐标值X搬到到坐标值Y需要消耗(X-Y)的绝对值的能量。计算小核桃把玩具堆成不超过m堆需要消耗的最小能量值。
好的,这里是 C++98 的代码实现:
```cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int INF = 1e9;
const int MAXN = 105;
int n, m, x[MAXN], f[MAXN][MAXN];
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> x[i];
}
sort(x + 1, x + n + 1); // 排序
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 0; j <= m; ++j) {
f[i][j] = INF;
if (j == 0) {
// 不需要分堆的情况
f[i][j] = f[i - 1][j];
} else {
for (int k = 0; k < i; ++k) {
// 枚举分堆的位置
f[i][j] = min(f[i][j], f[k][j - 1] + abs(x[i] - x[k + 1]));
}
}
}
}
cout << f[n][m] << endl;
return 0;
}
```
算法思路是动态规划,设 $f[i][j]$ 表示将前 $i$ 个积木堆成 $j$ 堆需要的最小能量值。对于 $f[i][j]$,可以选择不分堆或者在前 $i-1$ 个积木中任选一堆作为新的一堆,然后更新 $f[i][j]$。最后输出 $f[n][m]$ 即可。时间复杂度为 $O(n^3)$,可以通过本题。