题目描述

有一个大晴天，Oliver 与同学们一共 $N$ 人出游，他们走到一条河的东岸边，想要过河到西岸。而东岸边有一条小船。

船太小了，一次只能乘坐两人。每个人都有一个渡河时间 $T$，船划到对岸的时间等于船上渡河时间较长的人所用时间。

现在已知 $N$ 个人的渡河时间 $T$，Oliver 想要你告诉他，他们最少要花费多少时间，才能使所有人都过河。

注意，只有船在东岸（西岸）的人才能坐上船划到对岸。

输入格式

输入文件第一行为人数 $N$，以下有 $N$ 行，每行一个数。

第 $i+1$ 行的数为第 $i$ 个人的渡河时间。

输出格式

输出文件仅包含一个数，表示所有人都渡过河的最少渡河时间。

样例 #1

样例输入 #1

4
6
7
10
15

样例输出 #1

42

样例输入 #2

4
1
2
5
10

样例输出 #2

17

提示

数据范围

对于 $40\%$ 的数据满足 $N\le8$。

对于 $100\%$ 的数据满足 $N\le100000$。

题目分析

这道题目很明显不能用贪心算法（虽然每一步都找最优解，但可能结果不是最优解），动态规划才是正解

样例1解释

• 初始：东岸 $\{1,2,3,4\}$，西岸 $\{\}$；
• 第一次：东岸 $\{3,4\}$，西岸 $\{1,2\}$，时间 $7$；
• 第二次：东岸 $\{1,3,4\}$，西岸 $\{2\}$，时间 $6$；
• 第三次：东岸 $\{1\}$，西岸 $\{2,3,4\}$，时间 $15$；
• 第四次：东岸 $\{1,2\}$，西岸 $\{3,4\}$ 时间 $7$；
• 第五次：东岸 $\{\}$，西岸 $\{1,2,3,4\}$ 时间 $7$。

所以总时间为 $7+6+15+7+7=42$，没有比这个更优的方案。

样例2解释

• 初始：东岸 $\{1,2,3,4\}$，西岸 $\{\}$；
• 第一次：东岸 $\{3,4\}$，西岸 $\{1,2\}$，时间 $2$；
• 第二次：东岸 $\{1,3,4\}$，西岸 $\{2\}$，时间 $1$；
• 第三次：东岸 $\{1\}$，西岸 $\{2,3,4\}$，时间 $10$；
• 第四次：东岸 $\{1,2\}$，西岸 $\{3,4\}$，时间 $2$；
• 第五次：东岸 $\{\}$，西岸 $\{1,2,3,4\}$，时间 $2$；

所以总时间为 $2+1+10+2+2=17$，没有比这个更优的方案。

大体思路

先把过河时间从小到大排序，然后过河。

过河分为两种情况：

• $A$岸只剩一个人，让$B$岸最小的来接他
• $A$岸剩下两个人，让最小的到$B$岸送船，然后原来$B$岸的那两个人（即最大的两个人）到$A$岸，让次小的到$B$岸，最后一起过河

上面看不懂没关系 简单来说就是：

• 让最小的人($t[1]$)来回送其他人($t[i]$)：$dp[i]=dp[i-1]+t[1]+t[i]$
• 让$t[1]$带着$t[2]$过去，然后$t[2]$回来，再让$t[i]$和$t[i+1]$过去，最后让$t[1]$去接$t[2]$过去：$dp[i]=dp[i-2]+t[1]+t[2]*2+t[i]$

从这两种情况中选出用时最短的，列出状态转移方程

状态转移方程

肯定先定义数组啦！

int dp[100005],t[100005];//t存每个人的过河时间

前两个人所花的时间是定值，所以先存到$dp$里面去

dp[1]=t[1];
dp[2]=t[2];

然后最最最核心的我不想写，自己去推

咳咳……

dp[i]=min(dp[i-1]+t[1]+t[i],dp[i-2]+t[1]+2*t[2]+t[i]);

最后……没有最后贴上代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int t[100005],dp[100005];
int main(void){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>t[i];
	sort(t+1,t+1+n);
	dp[1]=t[1];
	dp[2]=t[2];
	for(int i=3;i<=n;i++)
		dp[i]=min(dp[i-1]+t[1]+t[i],dp[i-2]+t[1]+2*t[2]+t[i]);
	cout<<dp[n]<<endl;
	return 0;
}