2025-10-23：合并得到最小旅行时间用go语言，给出一条总长为 l

摘要：2025-10-23：合并得到最小旅行时间。用go语言，给出一条总长为 l 公里、两端已标记的直路；有 n 个路标和一个整数 k，以及两个长度为 n 的数组 position 和 time。

2025-10-23：合并得到最小旅行时间。用go语言，给出一条总长为 l 公里、两端已标记的直路；有 n 个路标和一个整数 k，以及两个长度为 n 的数组 position 和 time。

position 按严格递增排列，且 position[0]=0、position[n-1]=l。

对于第 i 段（即从 position[i] 到 position[i+1]），time[i] 表示每公里所需的时间（分钟/公里）。

必须恰好进行 k 次合并操作。一次合并的规则是：选取一对相邻路标（下标为 i 和 i+1，且 i>0，i+1

目标是完成恰好 k 次合并后，使从 0 到 l 的总行驶时间最小化（总时间等于每个区间长度乘以该区间的单位耗时，再对所有区间求和）。

返回这个最小总时间（单位：分钟）。

position.length == n。

position[0] = 0 和 position[n - 1] = l。

position 是严格升序排列的。

time.length == n。

输入: l = 10, n = 4, k = 1, position = [0,3,8,10], time = [5,8,3,6]。

输出: 62。

解释:
合并下标为 1 和 2 的路标。删除下标为 1 的路标，并将下标为 2 的路标的时间更新为 8 + 3 = 11。

合并后：

position 数组：[0, 8, 10]

time 数组：[5, 11, 6]

路段距离（公里）每公里时间（分钟）路段旅行时间（分钟）0 → 8858 × 5 = 408 → 102112 × 11 = 22

总旅行时间：40 + 22 = 62 ，这是执行 1 次合并后的最小时间。

题目来自力扣3538。

1. 预处理前缀和数组

• 计算一个前缀和数组 s，其长度为 n（路标数量）。

• s[0] = 0，对于i从0到n-2，计算s[i+1] = s[i] + time[i]。这里s[i]表示前i个路段（即从position[0]到position[i]的路段）的单位时间之和。注意time数组的第n-1个元素（最后一个元素）未被使用，因为路段数量是n-1。

• 前缀和的作用是快速计算任意连续路段合并后的单位时间之和。例如，合并从路标 j-sz 到路标 j 的路段时，单位时间之和 t = s[j+1] - s[j-sz]。

2. 初始化三维DP数组

• 创建一个三维数组 f，维度为 n × (K+1) × (K+1)，其中 K 是需要进行的合并次数。

• f[j][sz][leftK] 表示：从路标 j 出发，当前已合并了 sz 个相邻路段（即当前区间的单位时间是这些路段单位时间之和），剩余 leftK 次合并操作时，从 j 到终点 l 的最小总旅行时间。

• 初始时，将所有 f[j][sz][leftK] 设置为一个极大值（表示不可行）。然后设置边界条件：当 j = n-1（即终点路标）时，对于任意 sz，如果 leftK = 0，则 f[n-1][sz][0] = 0（因为终点后无路段，时间为0）。

3. 动态规划状态转移（从后往前计算）

• 从路标 j = n-2 开始向下遍历到 0（倒序），因为后续状态依赖于更靠后的路标。

• 对于每个 j，遍历当前合并大小 sz（从 0 到 min(K, j)），表示已合并的路段数（sz 不能超过 j，因为不能合并超出起点 0 的路标）。

• 对于每个 sz，遍历剩余合并次数 leftK（从 0 到 min(K, n-2-j)），确保剩余合并次数不超过后续可合并的路段数。

• 计算当前合并区间的单位时间 t：

• t = s[j+1] - s[j-sz]。这表示从路标 j-sz 到 j 的所有路段合并后的单位时间之和。例如，sz=0 时，t 就是 time[j]；sz=1 时，t 是 time[j-1] + time[j]。

• 枚举下一个子数组的起点 k（即下一个区间的开始路标），k 从 j+1 到 j+1+leftK（且 k 不超过 n-1）。对于每个 k：

• 计算当前区间的旅行时间：区间长度为 position[k] - position[j]，乘以单位时间 t，即 (position[k] - position[j]) * t。

• 子数组大小 m = k - j - 1，表示从 j+1 到 k-1 的路段数（这些路段将被合并到下一个区间）。

• 剩余合并次数更新为 leftK - m。

• 状态转移：r = f[k][m][leftK - m] + (position[k] - position[j]) * t。

• 取所有 k 对应的 r 的最小值，作为 f[j][sz][leftK] 的结果。

4. 返回结果

• 最终，f[0][0][K] 即为从起点 0 到终点 l 的最小总旅行时间。其中 sz=0 表示起点未合并任何路段，leftK=K 表示恰好进行 K 次合并。

• 时间复杂度：

动态规划状态总数为 O(n × K²)（因为 j 有 n 个值，sz 和 leftK 各最多 K+1 个值）。对于每个状态，需要枚举 k，枚举次数为 O(K)（因为 k 从 j+1 到 j+1+leftK，而 leftK ≤ K）。因此，总时间复杂度为 O(n × K³)。由于 n ≤ 50 且 K ≤ 10，实际计算量在可接受范围内。

• 空间复杂度：

主要开销是三维DP数组 f，大小为 n × (K+1) × (K+1)，因此空间复杂度为 O(n × K²)。此外，前缀和数组 s 占用 O(n) 空间，可忽略不计。

该方法通过动态规划高效地枚举了所有可能的合并顺序，利用前缀和优化计算，确保了在约束下找到最优解。

package mAInimport ( "fmt" "math")func minTravelTime(_, n, K int, position, time int)int { s := make(int, n) for i, t := range time[:n-1] { // time[n-1] 用不到 s[i+1] = s[i] + t // 计算 time 的前缀和 } f := make(int, n) for j := range f { f[j] = make(int, K+1) for sz := range f[j] { f[j][sz] = make(int, K+1) for leftK := range f[j][sz] { f[j][sz][leftK] = math.MaxInt / 2 } } } for sz := range K + 1 { f[n-1][sz][0] = 0 } for j := n - 2; j >= 0; j-- { // 转移来源 k 比 j 大，所以要倒序 for sz := range min(K, j) + 1 { t := s[j+1] - s[j-sz] // 合并到 time[j] 的时间 for leftK := range min(K, n-2-j) + 1 { res := math.MaxInt // 枚举下一个子数组 [j+1, k] for k := j + 1; k

# -*-coding:utf-8-*-import mathdef minTravelTime(_, n, K, position, time): # 计算前缀和 s = [0] * n for i in range(n-1): # time[n-1] 用不到 s[i+1] = s[i] + time[i] # 初始化三维DP数组 f = [[[math.inf] * (K+1) for _ in range(K+1)] for _ in range(n)] # 初始化边界条件 for sz in range(K+1): f[n-1][sz][0] = 0 # 动态规划，从后往前计算 for j in range(n-2, -1, -1): for sz in range(min(K, j) + 1): t = s[j+1] - s[j-sz] # 合并到 time[j] 的时间 for leftK in range(min(K, n-2-j) + 1): res = math.inf # 枚举下一个子数组 [j+1, k] for k in range(j+1, j+1+leftK+1): if k