CF-1221D Make The Fence Great Again 题解

题目大意

你有一个长度为n的序列a1, a2, …, an。每次你可以令ai的值加1，但需要消耗bi的代价。现在，你希望花费尽可能少的代价修改你的序列，使序列中任意相邻两项不相等。

解题思路

很明显的dp题啊。

刚开始想到是0,1两种状态。

发现第一个样例就不对。

发现是可以进行多次，就卡住了，不知道需要用多少次。

后面看了题解，才发现最多就0,1,2三种情况。

这个状态转移倒很简单。

但是我的思路太麻烦了。。

还是得多写多思考。

完整代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <deque>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <string>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <sstream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
#pragma gcc optimize(1)
#pragma gcc optimize(2)
#pragma gcc optimize(3)
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=a;i>=n;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define pll pair<ll,ll>
#define pii pair<int,int>
#define bg begin
#define rbg rbegin
#define ed end
#define endl '\n'
#define dbg(x) cout << #x << "===" << x << endl
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;

const int n = 3e5 + 5;
int a[n], b[n];
ll dp[n][3];

int gcd(int a, int b) {
	return !b ? a : gcd(b, a % b);
}

ll qpow(ll a, ll b, ll mod) {
	ll ans = 1;
	while (b) {
		if (b & 1)	ans = (ans * a) % mod;
		a = (a * a) % mod, b >>= 1;
	}
	return ans % mod;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	//freopen("d:\\测试用\\in.txt", "r", stdin);
	//freopen("d:\\测试用\\out.txt", "w+", stdout);
	int t; cin >> t;
	while (t--) {
		int n; cin >> n;
		rep(i, 1, n)	cin >> a[i] >> b[i], dp[i][0] = dp[i][1] = dp[i][2] = 1e16;
		dp[1][0] = 0;
		dp[1][1] = b[1];
		dp[1][2] = 2 * b[1];
		rep(i, 2, n) {
			if (a[i - 1] == a[i]) {
				dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);
				dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + b[i];
				dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + 2 * b[i];
			}
			else {
				if (a[i - 1] + 1 == a[i]) {
					dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]);
					dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + b[i];
					dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2])) + 2 * b[i];
				}
				else if (a[i - 1] + 2 == a[i]) {
					dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]);
					dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2])) + b[i];
					dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2])) + 2 * b[i];
				}
				else if (a[i] + 1 == a[i - 1]) {
					dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]));
					dp[i][1] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + b[i];
					dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + 2 * b[i];
				}
				else if (a[i] + 2 == a[i - 1]){
					dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]));
					dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2])) + b[i];
					dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + 2 * b[i];
				}
				else {
					dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]));
					dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2])) + b[i];
					dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2])) + 2 * b[i];
				}
			}
		}
        /*上面的一大串等于
        for(int i=1; i<=n; i++) {
			for(int j=0; j<=2; j++) {
				int temp = a[i] - a[i-1] + j;
				for(int k=0; k<=2; k++) {
					if(temp == k) {
						continue;
					} 
					else {
						dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][k] + j * b[i]);
					}
				}
			}
		}*/
		cout << min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2])) << endl;
	}
	return 0;
}