搬寝室（hdoj1176）

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.

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

ACM暑期集训队练习赛（二）

思路

听说这是题dp。

• 先将它从小到大排序，那么对于每个物体的最佳搭配就只有左右两侧。
• dp[i][j] //前i个物体取j对的最小值
• 状态转移方程：dp[i][j]=min(dp[i-2][j-1]+(w[i]-w[i-1])^2,dp[i-1][j])
• 对于前i个物体，的第i个物体，取或不取，取的话，第i个物体与第i-1个物体搭配（因为之前排序过）+ 前i-2个物体取j-1对的最小值；不取第i个物体就是dp[i-1][j]。

注意

• 如果把dp初始化为无穷大， 对于实际答案为0的就出问题demo：4 2 1 1 2 3 。
• 如果一开始把dp初始化全为0，当i-1< j*2 时，dp[ i-1 ][ j ] = 0，显然不合理，demo：3个物体你要取俩对而疲劳度为0。在状态转移方程中就出问题了。
• 解决方法代码可查。

#include<cstdio>#include<cmath>#include<iostream>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;#define MAXN 2002#define MAXM 1001#define inf 0xffffffffunsigned long dp[MAXN][MAXM];//dp[n][k]int weight[MAXN];bool cmp(int a, int b){    return a<b;}long long minZ(long long a, long long b) {    return a < b ? a : b; }int main() {    int k,n;    while (scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)    {        memset(dp, 0, sizeof(dp));        for (int i = 1; i <= n; i++)        {            scanf("%d", &weight[i]);        }        sort(weight, weight + n + 1, cmp);        dp[1][1] = inf;        for (int i = 2; i < n + 1; i++)        {            for (int j = 1; 2*j <= i; j++)            {                if (2 * j > i - 1)dp[i][j] = dp[i - 2][j - 1] + (weight[i] - weight[i - 1])*(weight[i] - weight[i - 1]);                else                 dp[i][j] = minZ(dp[i - 2][j - 1] + (weight[i] - weight[i - 1])*(weight[i] - weight[i - 1]), dp[i - 1][j]);            }        }        printf("%lu\n", dp[n][k]);    }}