开关问题

开灯

题目背景
该题的题目是不是感到很眼熟呢?

事实上，如果你懂的方法，该题的代码简直不能再短。

但是如果你不懂得呢？那。。。（自己去想）

题目描述
首先所有的灯都是关的（注意是关！），编号为1的人走过来，把是一的倍数的灯全部打开，编号为二的的把是二的倍数的灯全部关上，编号为3的人又把是三的倍数的灯开的关上，关的开起来……直到第N个人为止。

给定N，求N轮之后，还有哪几盏是开着的。

输入格式
一个数N，表示灯的个数和操作的轮数

输出格式
若干数，表示开着的电灯编号

输入输出样例

5

1 4

1<=N<=2^40
这道题看到N的数据范围当时就傻了
但是
此题采用数学的递推思想
列举出前9个就可以发现规律

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
ll n;
int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= sqrt(n); i++) {
		if (i * i <= n) {
			cout << i * i << " ";
		}
	}
	return 0;
}

关路灯

题目描述
某一村庄在一条路线上安装了 n 盏路灯，每盏灯的功率有大有小（即同一段时间内消耗的电量有多有少）。老张就住在这条路中间某一路灯旁，他有一项工作就是每天早上天亮时一盏一盏地关掉这些路灯。

为了给村里节省电费，老张记录下了每盏路灯的位置和功率，他每次关灯时也都是尽快地去关，但是老张不知道怎样去关灯才能够最节省电。他每天都是在天亮时首先关掉自己所处位置的路灯，然后可以向左也可以向右去关灯。开始他以为先算一下左边路灯的总功率再算一下右边路灯的总功率，然后选择先关掉功率大的一边，再回过头来关掉另一边的路灯，而事实并非如此，因为在关的过程中适当地调头有可能会更省一些。

现在已知老张走的速度为 1m/s，每个路灯的位置（是一个整数，即距路线起点的距离，单位：m）、功率（W），老张关灯所用的时间很短而可以忽略不计。

请你为老张编一程序来安排关灯的顺序，使从老张开始关灯时刻算起所有灯消耗电最少（灯关掉后便不再消耗电了）。

输入格式
第一行是两个数字 n（表示路灯的总数）和 c（老张所处位置的路灯号）；

接下来 n 行，每行两个数据，表示第1 盏到第 n 盏路灯的位置和功率。数据保证路灯位置单调递增。

输出格式
一个数据，即最少的功耗（单位：J，1J=1W×s）。

输入输出样例

5 3
2 10
3 20
5 20
6 30
8 10

270

这一题DP，主要找到状态转移方程

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAX=999999999;
int n, c;
int place[60], power[60],dp[60][60][2],sum[60];
//dp[i][j][0]代表关闭区间[i,j]，且停留在i处
//dp[i][j][1]代表关闭区间[i,j]，且停留在j处
int main() {
	scanf("%d %d", &n, &c);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d %d", &place[i], &power[i]);
		sum[i] = sum[i - 1] + power[i];//记录前i个总共的功率
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			dp[i][j][0] = MAX;
			dp[i][j][1] = MAX;                                                
		}
	}
	dp[c][c][0] = dp[c][c][1] = 0;// 代表c位置路灯关闭
	for (int j = c; j <= n;j++) {
		for (int i = j - 1; i > 0;i--) {
			dp[i][j][0] = min(dp[i + 1][j][0] +
				//走[i+1,j]停留在i+1处，选择从i+1走到i;
				(sum[n] - (sum[j] - sum[i])) * (place[i + 1] - place[i]),
				dp[i + 1][j][1] + 
				//选择从j走到i,即回头
				(sum[n] - (sum[j] - sum[i])) * (place[j] - place[i]));
			dp[i][j][1] = min(dp[i][j - 1][0] +
				(sum[n] - (sum[j-1] - sum[i-1])) * (place[j] - place[i]),
				dp[i][j - 1][1] +
				(sum[n] - (sum[j-1] - sum[i-1])) * (place[j] - place[j - 1]));

		}
	}
	int ans = min(dp[1][n][0], dp[1][n][1]);//输出两种方案中的最小值
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

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