关路灯 - 洛谷
下面这个题意有误导性没说清楚，最好看洛谷原题。
注意，每天一早进行关灯，然后从早到晚走一天，走到下一个位置，如果这个位置有灯，则第二天早上再关这个灯。第i个灯一天消耗的电量是a[i]，这样就好理解了。（其实这种题意都可以抽象出【一天一操作】的模型，注意是早上操作还是晚上操作就好）
解题报告：
总体思路是先贪心后dp，和之前组内贪心组间dp的套路有异曲同工之妙。
几个关键点：
首先我要关某个灯，肯定是顺手把路过的都关了。
其次整个过程的任意时刻，被关掉的灯一定在一个连续区间内。（即不会有离散点）
到这一步其实就坐实dp了。
所以我站在c，目标是第i个灯，那么肯定[c,i]区间的灯都关掉了。换言之，每一次新关一个灯，我一定站在已关灯区间的某一端，而不是在中间。所以要加一个维度表示在左端点还是右端点，因此三维dp。
这题dp定义状态的时候要注意，dp[i][j]考虑的不是[i][j]的消耗量，而是整个区间的消耗量的最小值。这题与一般的dp不同，不是只考虑完全的子问题，而是把对全局的一些因素也考虑进去了，因为对于这个有题目背景的题，只有这样才可以做决策。
ps：如果我就dp[i][j]代表把[i,j]都关掉，[i,j]这边消耗的电量和，应该也是可以的，因为其实不会有交叉影响？
状态定义：dp[i][j][2]代表 把[i,j]的等刚好关完的那一刻，并且人站在左/右端点时，耗电的最小值。
AC代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[55][55][2];// dp[i][j][2] 把[i,j]刚好关完的那一刻，耗电的最小值
int a[55], w[55], sum[55];
int n,c;
int main()
{
cin>>n>>c;
for(int i = 1; i<=n; i++) cin>>a[i]>>w[i], sum[i] = sum[i-1] + w[i];
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
dp[c][c][0] = dp[c][c][1] = 0;
for(int len = 2; len <= n; len++) {
for(int l = 1; l+len-1<= n; l++) {
int r = l+len-1,t1,t2;
t1 = dp[l+1][r][0] + (a[l+1]-a[l])*(sum[n]-sum[r]+sum[l]);
t2 = dp[l+1][r][1] + (a[r]-a[l])*(sum[n]-sum[r]+sum[l]);
dp[l][r][0] = min(t1, t2);
t1 = dp[l][r-1][1] + (a[r]-a[r-1])*(sum[n]-sum[r-1]+sum[l-1]);
t2 = dp[l][r-1][0] + (a[r]-a[l])*(sum[n]-sum[r-1]+sum[l-1]);
dp[l][r][1] = min(t1, t2);
}
}
printf("%d\n",min(dp[1][n][0], dp[1][n][1]));
return 0;
}
1、如何想到第三维度的状态设计？如果设计的子问题无法满足当前问题的结构（不是最优子问题），分段提炼一下，思考当前可以求得什么最优值，把和子问题有关的那一部分划在子问题内部，重新写状态。
2、最优子问题并不是要局限于仅仅在那一部分操作，是可以包含那一部分对全局的影响的，只要最后的答案是对的，状态设计确实是可以有很多种。
