hdoj-1421-搬寝室【DP】

搬寝室

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Problem Description

搬寝室是非常累的,xhd深有体会.时间追述2006年7月9号,那天xhd迫于无奈要从27号楼搬到3号楼,由于10号要封楼了.看着寝室里的n件物品,xhd開始发呆,由于n是一个小于2000的整数,实在是太多了,于是xhd决定随便搬2*k件过去即可了.但还是会非常累,由于2*k也不小是一个不大于n的整数.幸运的是xhd依据多年的搬东西的经验发现每搬一次的疲劳度是和左右手的物品的重量差的平方成正比(这里补充一句,xhd每次搬两件东西,左手一件右手一件).比如xhd左手拿重量为3的物品,右手拿重量为6的物品,则他搬完这次的疲劳度为(6-3)^2
= 9.如今可怜的xhd希望知道搬完这2*k件物品后的最佳状态是如何的(也就是最低的疲劳度),请告诉他吧.

 

Input

每组输入数据有两行,第一行有两个数n,k(2<=2*k<=n<2000).第二行有n个整数分别表示n件物品的重量(重量是一个小于2^15的正整数).

 

Output

相应每组输入数据,输出数据仅仅有一个表示他的最少的疲劳度,每一个一行.

 

Sample Input

2 1
1 3

 

Sample Output

4

 

Author

xhd

 

Source

field=problem&key=+ACM%CA%EE%C6%DA%BC%AF%D1%B5%B6%D3%C1%B7%CF%B0%C8%FC%A3%A8%B6%FE%A3%A9&source=1&searchmode=source" style="color:rgb(26,92,200); text-decoration:none">ACM暑期集训队练习赛（二）

 

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#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=2010;
int dp[maxn][maxn];
int a[maxn];
int min(int a,int b){
	return a<b?

a:b;
}
int main(){
	int n,k;
	while(~scanf("%d%d",&n,&k)){
		int i,j;
		for(i=1;i<=n;++i){
			scanf("%d",&a[i]);
		}
		sort(a+1,a+n+1);
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		for(i=1;i<=k;++i){
			dp[i*2][i]=dp[i*2-2][i-1]+(a[i*2]-a[i*2-1])*(a[i*2]-a[i*2-1]);
			for(j=i*2+1;j<=n;++j){
				dp[j][i]=min(dp[j-1][i],dp[j-2][i-1]+(a[j]-a[j-1])*(a[j]-a[j-1]));
			}
		}
		printf("%d\n",dp[n][k]);
	}
	return 0;
}

首先须要排序，由于相邻的平方差一定是最好的选择（之前一直不明确为甚么要排序。只是如今懂了） dp【i】【j】：在前 i 件中选择 j 对的的最优解；那么：

当 i >2*j;

dp【i】【j】= min（dp【i-1】【j】。dp【i-2】【j-1】+（a【i】-a【i-1】）*（a【i】-a【i-1】））

当i==2*j 

dp【i】【j】=dp【i-2】【j-1】+（a【i】-a【i-1】）*（a【i】-a【i-1】）。

重要的一点是要把 j 对放在外层循环，之前放在内层了，竟然在杭电上也能过，只是明显是错误的！

以下解释一下：

对于取k对时：首先计算出 前k*2件，显然这样的情况在前 K*2 件要取得 k对，那么必须全选；在考虑对于 i>2*K 时的情况，这样就能够逐步计算出对于 每一个 j 的不同的 i所相应的最优解

几组特殊数据：

6 2 

1 8 9 20 10 9

6 2

1 7 15 20 20 20

3 1

1 9 10