题目描述
在一条高速公路附近有 V 个村庄，选择 P 个村庄在其附近建立邮局，要求每个村庄到最近的邮局的距离和最小(1<=V<=300，1<=P<=30)。
问题分析
这个问题是一个经典的设施选址问题（Facility Location Problem），具体来说是一个P-中位问题（P-Median Problem）。
为什么是中位问题？还加上个 P?
我们知道——一系列有序排列的数到其中位数的距离最小。所以，我们将问题简化一下，将这V个村庄的沿着高速公路从左往右依次列开，序号分别记为[1…i]（1<= i <= V），那么现在想要在这 V 个村庄选择其中1个村庄建设邮局，使其他村庄到邮局的总距离最小，那么这个邮局的位置必定是沿着高速公路上坐标上的第中位数个（即第 ( V + 1 ) / 2 (V+1)/2 (V+1)/2个），即问题就变成了求一个区间的中位数问题了，故称 中位问题。
那 P 的意思就自然可以理解了，就是现在问题不只是要求一个中位数，而是求 P 个。当然一列数只有一个中位数，这里的 P 个中位数的具体意义是将原本的一系列数进行分段，然后分别求出 P 个中位数，那么每一段到这个中位数点的距离都最小，P个邮局的地址就求出来了。
问题的简单示例
让我们用一个更直观的方式来理解这个问题。
想象一下你正在玩一个小游戏：在一条笔直的马路边上，有一些村庄，你需要决定在哪里建造邮局，让所有村民去邮局的路程总和最短。
让我们通过一个具体的例子来理解：
假设我们有5个村庄，它们在马路边的位置分别是：1公里、2公里、3公里、4公里和10公里处，我们需要建造2个邮局。
首先，我们要理解动态规划的思路：
- 如果只建一个邮局 当我们只需要建一个邮局时，最优的位置是在这些村庄的"中间位置"。这里的"中间位置"不是指距离的中间，而是指排序后的中间编号的村庄位置。比如对于村庄{1,2,3}，最优位置就是在2公里处。
- 如果要建两个邮局 我们可以把村庄分成两组：一组村庄由第一个邮局服务，另一组由第二个邮局服务。关键是找到最佳的分组方式。
让我用简单的代码来说明这个思路：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;// 这个函数计算在一段区间内放置一个邮局的最小距离和
int calculateOnePostOfficeCost(vector<int>& villages, int start, int end) {// 最优的邮局位置应该在中间的村庄int postOfficePos = villages[(start + end) / 2];int totalDistance = 0;// 计算这个区间内所有村庄到邮局的距离之和for (int i = start; i <= end; i++) {totalDistance += abs(villages[i] - postOfficePos);}return totalDistance;
}// 主函数：解决P个邮局的放置问题
int solvePostOffice(vector<int>& villages, int P) {int V = villages.size();// dp[i][j]: 前i个村庄放置j个邮局的最小距离和vector<vector<int>> dp(V + 1, vector<int>(P + 1, INT_MAX));dp[0][0] = 0; // 初始状态：0个村庄0个邮局，距离和为0// 遍历村庄数量for (int i = 1; i <= V; i++) {// 遍历邮局数量（不能超过村庄数量）for (int j = 1; j <= min(i, P); j++) {// 尝试不同的分割点// k是最后一个邮局服务的起始村庄编号for (int k = j - 1; k < i; k++) {// 如果前k个村庄放置j-1个邮局是可行的if (dp[k][j-1] != INT_MAX) {// 计算新的距离和：// 前k个村庄放j-1个邮局的最小距离和 +// 区间[k,i-1]放置一个邮局的距离和int newCost = dp[k][j-1] + calculateOnePostOfficeCost(villages, k, i-1);// 更新最小值dp[i][j] = min(dp[i][j], newCost);}}}}return dp[V][P];
}int main() {// 示例：5个村庄的位置vector<int> villages = {1, 2, 3, 4, 10};int P = 2; // 需要建造2个邮局int result = solvePostOffice(villages, P);cout << "最小距离和为：" << result << endl;return 0;
}
让我们一步一步地理解这个解决方案：
- 我们用动态规划数组 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示"在前i个村庄中放置j个邮局的最小距离和"。
- 对于具体的计算过程，假设现在我们在计算 d p [ 5 ] [ 2 ] dp[5][2] dp[5][2]（即5个村庄放置2个邮局的情况）：
- 我们需要考虑在哪里"切分"这些村庄
- 比如，我们可以让第一个邮局服务前3个村庄，第二个邮局服务后2个村庄
- 或者让第一个邮局服务前2个村庄，第二个邮局服务后3个村庄
- 我们需要尝试所有可能的切分方式，找到总距离和最小的方案
- 对于示例数据{1,2,3,4,10}，建造2个邮局：
- 最优解是在2和10的位置建造邮局
- 这样，前三个村庄(1,2,3)由位置2的邮局服务
- 后两个村庄(4,10)由位置10的邮局服务
- 总距离和 = (1+0+1) + (6+0) = 8
这个问题的难点在于：
-
理解为什么在一段连续村庄中，邮局放在中间村庄位置是最优的
一列有序排列的数中，其他数到达中位数放入距离之和最小
-
理解如何通过动态规划来尝试不同的分割方案
-
理解如何利用已经计算出的更小规模问题的解来构建当前问题的解
求解原问题
我们来逐步深入分析原问题。
首先，让我们理解问题的本质：
- 我们有V个村庄(V≤300)
- 需要选择P个位置建立邮局(P≤30)
- 目标是最小化所有村庄到最近邮局的距离总和
问题分析： 这是一个典型的动态规划问题。选择使用动态规划的原因是：
- 问题具有最优子结构性质 - 如果我们知道前i个村庄放置j个邮局的最优解，就可以推导出i+1个村庄放置j个邮局的最优解
- 问题存在重叠子问题性质 - 在计算过程中会反复用到相同子问题的解
解决方案的核心思想：
- 状态定义：
- d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示前i个村庄放置j个邮局时的最小距离和
- $cost[i][j] $表示在区间[i,j]之间放置一个邮局的最小距离和
- 状态转移：
- 对于每个状态 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]，我们需要考虑在什么位置放置最后一个邮局
- 我们通过枚举最后一个邮局服务的区间起点k来寻找最优解
- 状态转移方程： d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] = min ( d p [ k ] [ j − 1 ] + c o s t [ k ] [ i − 1 ] ) \min(dp[k][j-1] + cost[k][i-1]) min(dp[k][j−1]+cost[k][i−1])，其中k的范围是[j-1, i-1]
- 优化细节：
- 在计算单个邮局的最优位置时，我们利用了一个重要性质：对于一段连续的村庄，在中间位置放置邮局可以得到最小距离和
- 使用预处理数组cost[][]来存储所有可能区间的距离和，避免重复计算
让我们来实现这个解决方案：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <climits>
using namespace std;// 计算在区间[l,r]之间放置一个邮局的最小距离和
int calculateCost(const vector<int>& positions, int l, int r) {// 在区间中间位置放置邮局是最优的int mid = (l + r) / 2;int sum = 0;// 计算区间内所有村庄到邮局的距离和for (int i = l; i <= r; i++) {sum += abs(positions[i] - positions[mid]);}return sum;
}// 主要解决函数
int solvePostOffice(const vector<int>& positions, int V, int P) {// dp[i][j]表示前i个村庄放置j个邮局的最小距离和vector<vector<int>> dp(V + 1, vector<int>(P + 1, INT_MAX));// cost[i][j]表示区间[i,j]放置一个邮局的最小距离和vector<vector<int>> cost(V, vector<int>(V, 0));// 预处理所有区间放置一个邮局的成本for (int i = 0; i < V; i++) {for (int j = i; j < V; j++) {cost[i][j] = calculateCost(positions, i, j);}}// 初始化边界条件dp[0][0] = 0;// 动态规划主循环for (int i = 1; i <= V; i++) { // 遍历村庄数量for (int j = 1; j <= min(i, P); j++) { // 遍历邮局数量for (int k = j - 1; k < i; k++) { // 尝试不同的分割点// 状态转移方程int val = dp[k][j-1];if (val != INT_MAX) {dp[i][j] = min(dp[i][j], val + cost[k][i-1]);}}}}return dp[V][P];
}int main() {int V, P;cout << "请输入村庄数量V和邮局数量P：";cin >> V >> P;vector<int> positions(V);cout << "请输入每个村庄的位置坐标：";for (int i = 0; i < V; i++) {cin >> positions[i];}int result = solvePostOffice(positions, V, P);cout << "最小距离和为：" << result << endl;return 0;
}
时间复杂度分析：
- 预处理cost数组需要O(V²)的时间
- 动态规划的三重循环需要O(V²P)的时间
- 总的时间复杂度是O(V²P)
空间复杂度分析：
- dp数组需要O(VP)的空间
- cost数组需要O(V²)的空间
- 总的空间复杂度是O(V² + VP)
这个解决方案的优点是：
- 能够保证得到全局最优解
- 实现相对简单，容易理解
- 对于给定的问题规模（V≤300，P≤30）来说，性能完全可以接受
使用示例：
输入：
V = 5, P = 2
positions = {1, 2, 3, 4, 10}输出：
最小距离和为：4
在这个例子中，最优的放置方案是在位置2和位置10处放置邮局，使得所有村庄到最近邮局的距离和最小。
