搬寝室
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Problem Description
搬寝室是很累的,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,因为10号要封楼了.看着寝室里的n件物品,xhd开始发呆,因为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件过去就行了.但还是会很累,因为2*k也不小是一个不大于n的整数.幸运的是xhd根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).例如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.现在可怜的xhd希望知道搬完这2*k件物品后的最佳状态是怎样的(也就是最低的疲劳度),请告诉他吧.
= 9.现在可怜的xhd希望知道搬完这2*k件物品后的最佳状态是怎样的(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
对应每组输入数据,输出数据只有一个表示他的最少的疲劳度,每个一行.
Sample Input
2 1 1 3
Sample Output
4
Author
xhd
Source
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题意：
中文题就不说了。
思路：
哎。重要的就是思路了。思路真是一种奇妙的东东。根据水DP的经验。很容易想到状态表示。dpi[i][j]表示从前i个物品中选j对的最小体力花费。但是这个状态完全不能转移。因为dp[i][j]不能利用到前面的结果。因为并不知道前面都用到了那些物品。哎。无奈。思索良久。崩溃。搜博客。打开一看。排序。f**k！我怎么没想到！白吃了那么多年的饭！排序瞬间解决了选择的问题。对于dp[i][j]状态有两个来源。一种用到了第i个物品。一种不用第i个物品。
对于用了第i个物品的情况。他一定是和第i-1个物品组合的。为什么呢？假设第i个物品和第x物品组合x<i-1。第i-1个物品和第y个物品组合y<i-1。代价为(w[i]-w[x])^2+(w[i-1]-w[y])^2显然没有(w[i]-w[i-1])^2+(w[x]-w[y])^2优。画个图就知道了。数轴上取递增的四个点一看就知道。所以取第i个物品的情况dp[i][j]=dp[i-2][j-1]+(w[i]-w[i-1])^2.对于不取第i个物品的情况显然dp[i][j]=dp[i-1][j]。所以dp[i][j]=min(dp[i-2][j-1]+(w[i]-w[i-1])^2,dp[i-1][j]).
详细见代码；
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<sstream>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
//#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-8;
const double PI=acos(-1.0);
const int maxn=100010;
typedef __int64 ll;
ll ob[2010],dp[2010][1010];
ll pow2(ll x){ return x*x; }
int main()
{
int n,k,i,j,lim;
while(~scanf("%d%d",&n,&k))
{
memset(dp,0x3f,sizeof dp);//排除非法状态!!
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%I64d",&ob[i]),dp[i][0]=0;
sort(ob+1,ob+n+1);
for(i=2,dp[0][0]=0;i<=n;i++)
for(j=1,lim=min(i/2,k);j<=lim;j++)
dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+pow2(ob[i]-ob[i-1]));
printf("%I64d\n",dp[n][k]);
}
return 0;
}