POJ 1260 Pearls 简单dp
1、POJ 1260
2、链接:http://poj.org/problem?id=1260
3、总结:不太懂dp,看了题解 http://www.cnblogs.com/lyy289065406/archive/2011/07/31/2122652.html
题意:珍珠,给出需求,单价,要求用最少的钱就可以买到相同数量的,相同(或更高)质量的珍珠。
把握题意,1、输入时,后输入的珍珠价格一定比前面输入的要贵。2、用高质量珍珠替代低质量。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define min(a,b) a<b?a:b
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
const int N=; int main()
{
int cas,c;
int a[],p[];
int sum[],dp[]; //sum[i]表示前i类和,dp[i]表示到第i类时最优解
scanf("%d",&cas);
while(cas--)
{
scanf("%d",&c);
sum[]=;
for(int i=;i<=c;i++)
{
scanf("%d%d",&a[i],&p[i]);
sum[i]=sum[i-]+a[i];
} dp[]=;
for(int i=;i<=c;i++)
{
dp[i]=dp[i-]+(a[i]+)*p[i]; //先赋未优化的初值
for(int j=;j<i;j++)
{
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+)*p[i]); //关键,每次对比优化,dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i])即区间i分两份,前j是最优解dp[j],j到i则是(sum[i]-sum[j]+10)*p[i])
}
} cout<<dp[c]<<endl;
} return ;
}
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