1705: [Usaco2007 Nov]Telephone Wire 架设电话线

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题目大意：现给出n个数wi，每个数不超过m，对于每个数都可以花费x2的代价使其增加x（每个数只能进行一次），操作完成后任意两个相邻的数x、y会产生|x−y|×C的代价，求最小总代价

题解：h[i][j]表示考虑了前i个数，最后一个数大小为j的最小总代价，每次只需枚举下一个数的大小即可，时间复杂度O(nm2)

可以发现后面是关于h[i−1][k]+k的后缀min和关于h[i−1][k]−k的前缀min，可以枚举i之后预处理

枚举j,整个式子便可O(1)求出,时间复杂度O(nm)

我的收获：拆式子！

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;#define INF 0x3f3f3f3fconst int M=100005,H=100;int n,c,P,Q;int a[M],f[M][105],C[105],D[105];void solve(){    memset(f,0x3f,sizeof(f));    for(int j=a[1];j<=H;j++) f[1][j]=(j-a[1])*(j-a[1]);    for(int i=2;i<=n;i++){        C[0]=D[H+1]=INF;        for(int j=1;j<=H;j++) C[j]=min(C[j-1],f[i-1][j]-j*c);        for(int j=H;j>=1;j--) D[j]=min(D[j+1],f[i-1][j]+j*c);        for(int j=a[i];j<=H;j++){            P=min(C[j]+j*c,D[j]-j*c);            Q=(j-a[i])*(j-a[i]);            f[i][j]=P+Q;        }    }}void work(){    solve();    int ans=INF;    for(int i=a[n];i<=H;i++) ans=min(ans,f[n][i]);    printf("%d\n",ans);}void init(){    cin>>n>>c;    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);} int main(){    init();    work();    return 0;}