2012天津赛区第六题---You Are the One（hdu4283）

      题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4283

      题意：有N个人站成一队等待按序上台表演，每个人有一个初始耐心值num[i],如果第i个人第k个上台了，则该人最后的耐心值为（k-i）*num[i],舞台旁边有一个巷子，导演可以利用这个巷子来调整上台表演的顺序，但巷子很窄，使得先进去的人之后后出来，问，导演安排的最好情况下，这N个人最后的总耐心值最小。

      分析转载自：http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7964594

      分析：区间DP，dp[i][j]表示从第i个人到第j个人这段区间的最小花费（是只考虑这j-i+1个人，不需要考虑前面有多少人）
那么对于dp[i][j]的第i个人，就有可能第1个上场，也可以第j-i+1个上场。考虑第K个上场
即在i+1之后的K-1个人是率先上场的，那么就出现了一个子问题 dp[i+1][i+1+k-1-1]表示在第i个人之前上场的
对于第i个人，由于是第k个上场的，那么愤怒值便是num[i]*(k-1)
其余的人是排在第k+1个之后出场的，也就是一个子问题dp[i+k][j]，对于这个区间的人，由于排在第k+1个之后，所以整体愤怒值要加上k*(sigma(i+k--j))

 Code：

#include <stdio.h>#include <string.h>#define  INF 1000000int dp[105][105],num[105];int sum[105];int N;int min(int x,int y){return x<y ? x : y;}int Solve(){int i,k,len,end;int temp;for(len=1;len<N;len++){for(i=1;i+len<=N;i++){end= i+len;for(k=i;k<=end;k++){temp = num[i] * (k-i);temp += dp[i+1][k] + dp[k+1][end];temp += (k-i+1)*(sum[end]-sum[k]);dp[i][end] = min(dp[i][end],temp);}}}return dp[1][N];}int main(){int i,j;int ncase=1;int ans;int n;scanf("%d",&n);while(ncase<=n){scanf("%d",&N);sum[0] = 0;for(i=1;i<=N;i++){scanf("%d",&num[i]);sum[i] = sum[i-1] + num[i];}memset(dp,0,sizeof(dp));for(i=1;i<=N;i++){for(j=i+1;j<=N;j++){dp[i][j] = INF;}}ans = Solve();printf("Case #%d: %d\n",ncase++,ans);}return 0;}