Description

小Y：“小R 你是蘿莉控嗎。”小R：“...”
為了避免這個尷尬的話題，小R 決定給小Y 做一道題。
有一個長度為n 的正整數數組A，滿足Ai >= Ai+1，現在構造一個數組B，令Bi =。
現在，有一個n * n 的網格圖，左下角坐標是(1, 1)，右上角坐標是(n, n)。有一個小SB正在坐標為(n, 1) 的位置，每一時刻，如果他現在在(x, y)，他可以選擇走到(x ?-1,y + 1) 或者(x, (y + 1) div 2)，如果選擇后者，他要支付Bx的代價。
現在他想走到(1, 1)，你可以告訴他他支付的代價最少是多少嗎？注意在任何時候他都不能離開這個網格圖。

Input

第一行輸入一個正整數T 表示數據組數。
對于每組數據，第一行是一個整數n，接下來一行n 個整數表示數組A。

Output

對于每組數據，輸出一個整數表示答案。

Sample Input

1
3
1 1 1

Sample Output

5
樣例解釋：
選擇的路徑可以是：(3， 1)->(2， 2)->(2， 1)->(1， 2)->(1， 1)

Data Constraint

對于30% 的數據，n <= 10
對于50% 的數據，n <=1000
對于100% 的數據，n<= 10^5，1 <= T<= 10，1 <= Ai<= 10^4

?

題解

• 題目大意：當前有個小SB在(n,1)然后他要走到(1,1)，他可以選擇兩種走法，一種是走到(x+1,y-1)不需要代價，一種是走到(x,(y+1)/2)需要代價，問他需要的最小代價是多少
• 這種題一眼看到一般就是dp或這是最短路徑問題
• 50%：顯然可以用dp來做，設f[i][j]為走到(i,j)的最小代價
• 那么就有兩種轉移情況，不過這dp要倒著做，不然可以考慮跑多幾次
• 100%：數組是有序的，所以在哈夫曼樹上深度是遞增不減
• 那么我們可以設f[i][j]為現在放入了下標比 i 小的所有節點，剩余的葉子節點有 j 個
• 按照題目我們就有兩種情況可以走
• ①F[i+1][j?1]，表示在剩下可放的節點中選一個來放第(i+1)個，不需要代價
• ②F[i][j?2]+Σa[i+1][n]，表示把剩下的j個葉子節點往下再擴展2個節點，需要為代價就是后綴和
• 其實就是50分的dp逆做，然后答案就是哈夫曼樹的最小權值
• （其實這題就是合并果子，合并果子也是哈夫曼樹求最小權值）
• 直接用優先隊列做就好了

代碼

1 #include <iostream> 2 #include <queue> 3 #include <cstdio> 4 using namespace std; 5 int T,n; 6 long long ans; 7 priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >Q; 8 int main() 9 { 10 scanf("%d",&T); 11 while (T--) 12 { 13 scanf("%d",&n),ans=0; 14 for (int i=1,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x),Q.push(x); 15 for (int i=n,x;i>1;i--) x=Q.top(),Q.pop(),x+=Q.top(),Q.pop(),ans+=x,Q.push(x); 16 printf("%lld\n",ans); 17 while (!Q.empty()) Q.pop(); 18 } 19 }

?

轉載于:https://www.cnblogs.com/Comfortable/p/10299402.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[哈夫曼树] Jzoj P4210 我才不是萝莉控呢的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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