洛谷 P9344. 去年天气旧亭台

去年天气旧亭台

题目背景

依旧是过往的天气，过往的楼台烟雨。时间悄悄流逝着，山河仍在，人却已不是过去的人……

题目描述

登上楼台，旧时满面沉灰的地板映入眼帘。

共有 $n$ 块地板，地板分为两类，第 $i$ 块地板的类别用 $c_i$ 表示，积灰程度用 $a_i$ 表示。注意 $c_i$ 为 $0$ 或 $1$。

现在要清理这些地板上的灰尘。每次操作中，你可以：

+ 选择两个下标 $i,j$，满足 $1\leq i\leq j\leq n$， $c_i=c_j$，且第 $i$ 块和第 $j$ 块地板上的灰尘均未被清理过；
+ 花费 $a_i+a_j$ 的能量清理第 $i$ 块到第 $j$ 块所有地板上的灰尘。

求清理完所有地板上的灰尘至少要多少能量。

输入格式

本题有多组测试数据。

第一行一个整数 $T$，表示测试数据组数。

对于每组测试数据：

- 第一行一个整数 $n$。
- 第二行 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\dots,a_n$。
- 第三行 $n$ 个整数 $c_1,c_2,\dots,c_n$。

输出格式

对于每组测试数据，一行一个整数表示最小能量。

样例输入 #1

```
2
6
1 1 4 5 1 4
1 0 0 1 0 1
8
3 1 4 1 5 9 2 6
1 0 1 0 1 0 1 0
```

样例输出 #1

```
5
13
```

提示

【样例 1 解释】

- 对于第一组数据，直接花费 $a_1+a_6=5$ 的能量清理所有灰尘。
- 对于第二组数据，先花费 $a_1+a_1=6$ 的能量清理第一个地板上的灰尘，再花费 $a_2+a_8=7$ 的能量清理剩余灰尘。

【数据规模与约定】

对于 $10\%$ 的数据，保证 $T\le 10$，$n\le 10$；

对于 $40\%$ 的数据，保证 $T\le 20$，$n\le 10^3$；

另有 $10\%$ 的数据，保证 $c_i=1$；

对于 $100\%$ 的数据，保证 $1 \le T \le 10^5$，$1 \le n,\sum n\le 2 \times 10^6$，$c_i \in \{0,1\}$，$1 \le a_i \le 10^9$。

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 (动态规划) $O(n)$

洛谷5月月赛第二题，怎么说呢，还是比较简单的
考虑$\text{DP}$

设$f_i$为擦干净前i块地板的最小能量
显然可以推出状态转移方程:
$f_i = \max \limits _ {1 \le j \lt i, c_{j + 1} = c_i} \\{f_j + a_{j + 1} + a_i\\}$

复杂度$O(Tn ^ 2)$，会$\text{TLE}$
考虑优化

将式子拆开
$f_i = \max \limits _ {1 \le j \lt i, c_{j + 1} = c_i} \\{f_j + a_{j + 1}\\} + a_i$
显然,$max$部分和i无关，范围只增大不减小，所以可以用前缀和优化
复杂度$O(Tn) = O(\sum n) = 10 ^ 6$

$C++$ 代码

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

typedef long long LL; //注意long long

const int N = 2000010;
const LL INF = 0xffffffffff;

int n, c[N], a[N];
LL f[N];

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);

    while (T -- )
    {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &c[i]);

        memset(f, 0x3f, sizeof f);
        f[0] = 0;
        LL min_v0 = INF, min_v1 = INF; //c_j + 1 = 0的最小值和c_j + 1 = 1的最小值

        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) //DP
        {
            if (!c[i]) min_v0 = min(min_v0, f[i - 1] + a[i]);
            else min_v1 = min(min_v1, f[i - 1] + a[i]);
            f[i] = min(f[i], (c[i] ? min_v1 : min_v0) + a[i]);
        }
        printf("%lld\n", f[n]);
    }
    return 0;
}