Codeforces1499——C. Minimum Grid Path(思维+分奇偶+贪心)

原题链接
题意:
( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)走到 ( n , n ) (n,n) (n,n),每次只能向上或向右走,并且方向一定要改变。第 i i i段路的花费为 l e n ∗ c i len*c_{i} lenci,求最小的花费。
拐弯次数最多为 n − 1 n-1 n1
思路:
由于每走一次后方向都要改变一次,所以就想到了分奇偶讨论,然后思路就卡住了。
贪心没想出来,只想出来了个 O ( n 3 ) 的 d p O(n^{3})的dp O(n3)dp
下面的思路是KingZhang的,wtcl。
首先, c c c数组是不能排序的,因为计算花费的时候是有顺序的。
其次,由于每次都要改变方向,所以可以将x轴的花费和y轴的花费分开考虑,其实走的距离都是一样的,具体对应关系没有限制。
然后,考虑如何使得花费最小。以x轴的花费为例:由于拐弯次数可以小于n-1,我们可以选择一个最小的数走完全程,这样会使得花费减少。但是要注意最小的数前面的数是必须要选的,这就可以通过枚举来解决,而不是单一的确定值。假设现在已经走了k的距离,那么剩下的就是n-k的距离都是由最小的数完成,这样花费是最小的。前者可以用前缀和解决。
y轴的情况也同理。
注意上面的情况只是方便计算,实际走的时候是最小的数走了n-k+1的距离才更换的方向。
代码:

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PLL;
typedef pair<int, int>PII;
typedef pair<double, double>PDD;
#define I_int ll
inline ll read()
{
    
    
    ll x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    
    
        if(ch == '-')f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    
    
        x = x * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}
#define read read()
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
ll ksm(ll a, ll b, ll p)
{
    
    
    ll res = 1;
    while(b)
    {
    
    
        if(b & 1)res = res * a % p;
        a = a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
const int inf = 0x3f3f3f3f;
#define PI acos(-1)
const double eps = 1e-8;
const int maxn =1e6+7;
ll n,c[maxn],a[maxn];
void solve(){
    
    
	n=read;
	a[0]=0;
	rep(i,1,n){
    
    
		c[i]=read;//花费数组
		a[i]=a[i-1]+c[i];//维护前缀和
	}
	ll tmpj=c[1],tmpo=c[2];
	ll res=n*(tmpj+tmpo);//假设不拐弯走完全程
	rep(i,3,n){
    
    
		if(i%2==1) tmpj=min(tmpj,c[i]);//分别维护最小值
		else tmpo=min(tmpo,c[i]);
		ll t=2*n-i;//总共还需要走的长度
		ll t2=t/2,t1=t-t2;//分给x轴和y轴
		res=min(res,a[i]+t2*tmpj+tmpo*t1);//a[i]表示之前的路的花费,后面两个表示到终点的花费
	}
	cout<<res<<endl;
}
int main()
{
    
    
    int T=read;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

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