\(~~~~\) 給了 \(n\) 個小球，第 \(i\) 個小球在 \(x_i\) 初始分值為 \(y_i\) ，同時它會以 \(\dfrac/\texttt\) 的速度降低。（可以降低為負數）從初始位置開始，每個單位時間可以移動 \(1\) 單位長度。收集小球不需要時間，求收集所有小球後能獲得的最大分值。\(~~~~\) 首先，可以想到對每個球按位置從小到大排序。由於總的得分固定，我們可以求最小損失，然後考慮：對於兩個小球 \(l,r (x_l，若它們都被收集了，則小球 \(x\in[l,r]\) 也被收集一定是最優方案：
\(~~~~\)證明:顯然。 每個小球被收集，一定是從起始點走到過該小球的，則此時順手收集路上的小球一定不會使答案變劣，因為收集不需要時間。
\(~~~~\) 所以，我們考慮已經收集了 \([l,r]\) 的小球時，下一步一定是擴充套件到 \(l-1\) 或 \(r+1\) ，不難想到定義 \(\texttt\) 狀態：令 \(dp_\) 表示已經收集 \([l,r]\) 的所有小球時的最小損失。考慮 \(\texttt\) 轉移時需要當前的位置，因此增加一維，用來記錄最後停留在 \(i\) 或者 \(j\) （當然也可以定義兩個陣列）。
\(~~~~\) 發現還是有問題， \(\texttt\) 轉移還需要記錄當前的時間，可是如果我們把時間也加在 \(\texttt\) 維度上，時間就爆了。
\(~~~~\) 這時就輪到這道題的精髓了——提前計算。我們是可以算出每一次轉移時的時間的，那如果我們把每次轉移時其他小球損失的分數也加上去，既然每個小球都將會被收集，那麼最後的效果其實是一樣的。
\(~~~~\) 具體來說，如果有小球 \([l,r]\) 已經被收集，則下一次轉移時 \([1,l)\) 與 \((r,n]\) 的所有會被消耗的分數都可以直接加在下一次。
\(~~~~\) 若設:\(pre_\) 表示 \(\sum_^j v_k\) ，則有 \(\texttt\) 轉移方程。
\[\left\
dp_=\min(~dp_+(x_-x_i)\times(pre_-pre_)~,~dp_+(x_j-x_i)\times (pre_-pre_)~)\\
dp_=\min(~dp_+(x_j-x_i)\times(pre_-pre_)~,~dp_+(x_j-x_)\times(pre_-pre_)~)
\end\right.
\]\(~~~~\) 然後轉移就好了。
\(~~~~\) 注意處理初始值時可以增加乙個小球使得它的 \(x=x_0，y=0,v=0\) ，初始化時就令這個小球為 \(0\) 即可。
#include #include #include #define ll long long
using namespace std;
templatevoid read(t &x)
while(s>='0'&&s<='9')
x*=f;
}struct nodeb[1005];
inline bool cmp(node x,node y)
int calc(int l,int r)
int main()
for(int i=1;i<=n;i++)
//dp1[i][j] 收集了第 i個 至 第 j個彩蛋 最後停留在 i
//dp2[i][j]··················· j
for(int len=2;len<=n;len++) }
// printf("%d %d %d\n",tot-min(dp1[1][n],dp2[1][n]),dp1[1][n],dp2[1][n]);
printf("%.3lf",(tot-min(dp1[1][n],dp2[1][n]))/1000.0);
return 0;
}
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