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TangDou/Topic/PrefixAndSuffix/P5638.cpp

@@ -1,22 +1,24 @@
 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
-const int N = 1000010;
 #define int long long
 #define endl "\n"
+const int N = 1000010;
+int n, k;
 int a[N], s[N];
-int n, k; // n个城市，传送半径为k
-int res;
+int ans = LONG_LONG_MAX; // 预求最小先设最大
+
 signed main() {
-    cin >> n >> k;                // n个城市，传送半径为k
-    for (int i = 1; i < n; i++) { // 以起点为线段命名的编号,所以1~n共n个城市,其实是n-1条线段
-        cin >> a[i];              // 走这条路要耗费时间a[i]
-        s[i] += s[i - 1] + a[i];  // 前缀和
+    cin >> n >> k;
+    for (int i = 2; i <= n; i++) { // i代表第i个城市
+        cin >> a[i];               // a[i]代表第i-1个城市到第i个城市需要的时间
+        s[i] = s[i - 1] + a[i];    // 利用前缀存储从第1个城市到第i+1个城市的累积时间
+    }
+    // 感悟：代码越多，可读性越强
+    for (int i = 1; i <= n; i++) {       // 遍历每个城市
+        int far = i + k;                 // 传送到最远的点
+        if (far >= n) far = n;           // 最远不能超过n点
+        int time = s[i] + s[n] - s[far]; // s[n]-s[far]= 剩余道路需要走的时间,s[i]:前面道路需要走的时间
+        ans = min(ans, time);            // 取最小值
     }
-    /*
-     1、找出[1,n-1]的原始数组中，长度为k的子区间，加法和最大的区间段
-     2、注意：如果是枚举原始数组,那么就是 [1,n-k]是有效区间
-     3、现在遍历的是前缀和数组，为了表示a[1],需要使用的是s[1]-s[0],所以，i从0开始
-    */
-    for (int i = 0; i + k < n; i++) res = max(res, s[i + k] - s[i]);
-    cout << s[n - 1] - res << endl;
+    cout << ans << endl; // 输出
 }

TangDou/Topic/【前缀和与差分】题单.md

@@ -226,28 +226,51 @@ signed main() {
 
 **思路**
 
-这是一道难度入门的良心题~
+![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202312181353674.png)
 
-题意很明了，可以传送一次，求$1$到$n$耗费的最少时间
+上图是一个$n = 6$的样例。从城市$1$到城市$6$，需要$3+2+4+5+4=18$天。
 
-很明显，可以贪心，最长的$k$段选择传送，其余步行
+假如传送器的半径为$2$。可以逐个枚举。
 
-求两地之间用时使用前缀和，$s[i]$表示$a_1$到$a_i$之和
+- 如果在城市$1$使用传送器，则一下子可到达城市$3$，然后城市$3$到城市$6$，需要$13$天。这种情况下从城市$1$到城市$6$，需要$13$天。
 
-那么使用传送器可以节省时间可表示为$s[k+i]-s[i]$ (有效区间$[i+1,i+k]$)
+- 如果在城市$2$使用传送器，则从城市$1$先用$3$天的时间到达城市$2$，再用传送器到达城市$4$，从城市$4$到城市$6$需要$9$天。这种情况下从城市$1$到城市$6$，共需要$3 + 9 = 12$天。
 
-扫一遍找到节省时间最大值，答案即是$1$到$n$之间步行用时减去传送节省时间
-然而稍不注意就只有$92$分，似乎坑到了一部分人（比如本蒟蒻）
+- 如果在城市$3$使用传送器，则从城市$1$到城市$3$需要$5$天，从城市$3$使用传送器一下子到达城市$5$，从城市$5$到城市$6$需要$4$天。这种情况下从城市$1$到城市$6$，共需要$5+4=9$天。
 
-![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202312181334534.png)
+- 如果在城市$4$使用传送器，则从城市$1$到城市$4$需要$9$天，从城市$4$使用传送器一下子到达城市$6$。这种情况下从城市$1$到城市$6$，共需要$9$天。
 
-原因很简单，$s[k+i]-s[i]$中的$i$要从$0$开始循环而不是从$1$开始
-显而易见，若$k=1$，那么$s[1+1]-s[1]$表示的是$2 , 3$两地之间用时
-所以如果从$1$开始循环就会漏掉从$1$地到$1+k$地之间的用时
-从$0$开始循环就可以$AC$了！
+- 如果在城市$5$使用传送器，则从城市$1$到城市$5$需要$14$天，从城市$5$使用传送器一下子到达城市$6$。这种情况下从城市$1$到城市$6$，共需要$14$天。
 
+所以在城市$3$或城市$4$使用传送器，可以使得总共花费的时间最少。
 
+**$Code$**
+```cpp {.line-numbers}
+#include <bits/stdc++.h>
+using namespace std;
+#define int long long
+#define endl "\n"
+const int N = 1000010;
+int n, k;
+int a[N], s[N];
+int ans = LONG_LONG_MAX; // 预求最小先设最大
 
+signed main() {
+    cin >> n >> k;
+    for (int i = 2; i <= n; i++) { // i代表第i个城市
+        cin >> a[i];               // a[i]代表第i-1个城市到第i个城市需要的时间
+        s[i] = s[i - 1] + a[i];    // 利用前缀存储从第1个城市到第i+1个城市的累积时间
+    }
+    // 感悟：代码越多，可读性越强
+    for (int i = 1; i <= n; i++) {       // 遍历每个城市
+        int far = i + k;                 // 传送到最远的点
+        if (far >= n) far = n;           // 最远不能超过n点
+        int time = s[i] + s[n] - s[far]; // s[n]-s[far]= 剩余道路需要走的时间,s[i]:前面道路需要走的时间
+        ans = min(ans, time);            // 取最小值
+    }
+    cout << ans << endl; // 输出
+}
+```
 
 #### [$P1719$ 最大加权矩阵](https://www.luogu.com.cn/problem/P3406)