Solução por Lúcio Cardoso
Seja $$dp[i][0]$$ o menor custo para derrubar todos os pilares de $$1$$ a $$i$$ e $$dp[i][1]$$ o menor custo para derrubar todos os pilares de $$1$$ a $$i$$, assumindo que o pilar $$i+1$$ foi derrubado antes do pilar $$i$$.
Assim,
$$dp[i][0] = min(dp[i-1][1] + d[i], dp[i-1][0] + max(0, d[i]-w[i-1]))$$.
Ou seja, analisamos as respostas analisando se o pilar $$i$$ foi derrubado antes ou depois do pilar $$i-1$$.
Além disso,
$$dp[i][1] = min(dp[i-1][1] + max(0, d[i]-w[i+1]), dp[i-1][0] + max(0, d[i]-w[i]-w[i+1]))$$.
Novamente, analisamos cada um dos casos dentre derrubar $$i$$ antes ou depois de $$i-1$$, sabendo que $$i+1$$ já foi derrubado.
A resposta final do problema será $$dp[N][0]$$, e é fácil perceber que a complexidade final é $$O(n)$$.
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| // Noic – Semana 64 – Avançado | |
| // Complexidade: O(n) | |
| #include <bits/stdc++.h> | |
| using namespace std; | |
| const int maxn = 1e5+10; | |
| typedef long long ll; | |
| int d[maxn], w[maxn]; | |
| ll dp[maxn][2]; | |
| int main(void) | |
| { | |
| int n; | |
| cin >> n; | |
| for (int i = 1; i <= n; i++) | |
| cin >> d[i] >> w[i]; | |
| // casos base | |
| dp[1][0] = d[1], dp[1][1] = max(0, d[1]-w[2]); | |
| for (int i = 2; i <= n; i++) | |
| { | |
| // possibilidades para dp[i][0] | |
| ll b1 = 1LL*d[i] + dp[i-1][1]; | |
| ll b2 = dp[i-1][0] + 1LL*max(0, d[i]-w[i-1]); | |
| dp[i][0] = min(b1, b2); | |
| // perceba que se i = n, não há pilar i+1 | |
| if (i < n) | |
| { | |
| // possibilidades para dp[i][1] | |
| ll c1 = 1LL*max(0, d[i]-w[i+1]) + dp[i-1][1]; | |
| ll c2 = dp[i-1][0] + 1LL*max(0, d[i]-w[i-1]-w[i+1]); | |
| dp[i][1] = min(c1, c2); | |
| } | |
| } | |
| // resposta do problema | |
| cout << dp[n][0] << "\n"; | |
| } |