问题描述
小R正在计划一次从地点A到地点B的徒步旅行，总路程需要 N 天。为了在旅途中保持充足的能量，小R每天必须消耗1份食物。幸运的是，小R在路途中每天都会经过一个补给站，可以购买食物进行补充。然而，每个补给站的食物每份的价格可能不同，并且小R最多只能同时携带 K 份食物。
现在，小R希望在保证每天都有食物的前提下，以最小的花费完成这次徒步旅行。你能帮助小R计算出最低的花费是多少吗？
问题分析
本题可以采用动态规划进行求解。动态规划是一种通过将问题分解为子问题并存储子问题的解来解决复杂问题的方法。
可以定义一个二维数组，其中 dp[i][j] 表示在第 i 天结束时，携带 j 份食物的最小花费 。数组的维度为 n 行（表示天数）和 k+1 列（表示食物数量，因为最多可以携带 k 份食物，但我们需要考虑从0到 k 的所有可能）。
算法步骤
-
初始化：
- 创建一个
n x (k+1)的二维数组dp，并将所有元素初始化为一个很大的数（例如1e9），表示初始状态下不可能达到的花费。 - 对于第0天，如果购买
i份食物，花费为i * data[0]。因此，dp[0][i] = i * data[0]。
- 创建一个
-
状态转移：
- 从第1天开始，遍历每一天
i。 - 对于每一天
i，遍历可能携带的食物数量j（从1到k）。 - 对于每一天
i和食物数量j，遍历前一天可能携带的食物数量t（从1到j+1）。 - 更新
dp[i][j]，表示在第i天结束时，携带j份食物的最小花费。具体公式为：dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-1][t] + (j-t+1) * data[i]);dp[i-1][t]表示前一天结束时携带t份食物的最小花费，(j-t+1) * data[i]表示在第i天购买(j-t+1)份食物的花费。
- 从第1天开始，遍历每一天
-
结果：
- 最终结果是第
n-1天结束时，携带1份食物的最小花费，即dp[n-1][1]。
- 最终结果是第
代码实现
int solution(int n, int k, std::vector<int> data) {
// dp[i][j]表示在第i天结束时，携带j份食物的最小花费
// 初始化dp数组，所有值设为一个大数（1e9），表示初始状态下不可能达到的花费
vector<vector<int>>dp(n,vector<int>(k+2,1e9));
// 数组下标i代表第i天，初始化第0天的花费，如果第0天购买i份食物，花费为i * data[0]
for(int i=0;i<=k;i++)dp[0][i]=i*data[0];
// 从第1天开始遍历到第n-1天
for(int i=1;i<n;i++){
// 遍历每一天可能携带的食物数量，从1到k
for(int j=1;j<=k;j++){
// 遍历前一天可能携带的食物数量，从1到j+1
for(int t=1;t<=j+1;t++){
// 更新dp[i][j]，表示在第i天结束时，携带j份食物的最小花费
// dp[i-1][t]表示前一天结束时携带t份食物的最小花费
// (j-t+1)*data[i]表示在第i天购买(j-t+1)份食物的花费
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][t]+(j-t+1)*data[i]);
}
}
}
// 返回第n-1天结束时，携带1份食物的最小花费
return dp[n-1][1];
}
复杂度分析
- 时间复杂度：，其中
n是天数，k是最大携带食物数量。 - 空间复杂度：
总结
通过使用动态规划，我们可以有效地解决这个问题。动态规划的核心思想是将问题分解为子问题，并通过存储子问题的解来避免重复计算。在这个问题中，我们通过定义一个二维数组 dp 来存储每一天结束时携带不同数量食物的最小花费，并通过状态转移方程来更新这些值。最终，我们可以得到在第 n-1 天结束时，携带1份食物的最小花费。
通过这个题目，我不仅掌握了动态规划的基本思想和方法，还学会了如何将这些方法应用到实际问题中。动态规划的强大之处在于它能够通过分解问题和存储子问题的解来提高算法的效率。这种思想不仅在算法设计中有重要应用，在实际工程问题中也非常有用。希望在未来的学习和实践中，能够继续深入理解和应用动态规划，解决更多复杂的问题。
