zoj 3469

转自：http://www.2cto.com/kf/201207/142419.html

题目大意：送餐员送餐问题。有n个人叫餐，每个人都在x轴上，并且每个人都有个坑爹度(和等餐时间有关，据说顾客认为坑爹值到一定程度他的小宇宙就要爆发).现在送餐员从x轴上的某点出发，路上奔跑速度是v，要一次性把所有餐送完。叫餐的人得到餐的时间和顺序不同，坑爹度总和也就不同。合格的送餐员要让客户体验最好，请问最少坑爹度和为多少

解题思路：下午开了2011年浙大2月份的月赛，做了三题，这题没出，被虐暴了。这题要考虑当前状态对后续状态的影响，相当经典，很锻炼思维，这种题目我喜欢。
    先说下本题的模型，送餐的顺序是一个从x位置开始的从1...n的一个全排列，我们要做的是找一个全排列它的总坑爹值最小。
    现在设想已经找到几个点相对位置是 3 2 1 x 4 5 6,使坑爹值小的策略是先送中间的再往两边送，因为送完中间的可以顺着去送两边。
    如果已经计算好了x 1 4的最小坑爹值，如果不考虑坑爹值最小这个条件我们先找2或者5是不是都可以？选了以后对之前的状态不会影响，因为后面的时间影响不到前面的。得出一个结论，本模型无后效性。
     确定了无后效性，那就要考虑那个约束条件和状态，我们的决策是在x两边来回选择坑爹值小的，那么设dp[i][j][k]表示从第i个人到第j个人都已经送完餐最后停在k== 0 - 》左边，k == 1 -》右边的最小坑爹值。
      状态明确了转移也就睡到渠成了。dp[i][j][0] 可能从dp[i+1][j][0],dp[i+1][j][1]  (i+1在i右边，两个都在i左边)转移而来，dp[i][j][1]可能从dp[i][j-1][0],dp[i][j-1][1]转移而来。具体状态转移方程参见代码，很容易看懂。
     然后特别要注意的是每转移一次，都会增加一定的时间，水涨船高，后面的人拿到餐的时间也晚了，也就是说必须把对后面的影响考虑在当前状态下，并且对后面的每个人影响都是一样的，那么当前转移用时t，后面还有x人，当前的状态就要多加x*t，

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

int dp[1005][1005][2];
const int inf = 1000000000;

struct Node
{
    int x;
    int v;
};

Node node[1005];
int sum[1005];

bool cmp(const Node &n1,const Node &n2)
{
    return n1.x<n2.x;
}

int getDelay(int i,int j)
{
    if(i>j)
        return 0;
    return sum[j]-sum[i-1];
}

int DP(int n,int x)
{
    int res;
    for(int i = 1;i<=n;i++)
        if(node[i].x==x)
        {
            res = i;
            break;
        }
    for(int i = 1;i<=n;i++)
        for(int j = 1;j<=n;j++)
            dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = inf;
    dp[res][res][0] = dp[res][res][1] = 0;
    for(int i = res;i>=1;i--)
        for(int j = res;j<=n;j++)
        {
            if(i==j)
                continue;
            int delay = getDelay(1,i-1)+getDelay(j+1,n);
            dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][1]+(delay+node[i].v)*(node[j].x-node[i].x));
            dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][0]+(delay+node[i].v)*(node[i+1].x-node[i].x));
            dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][0]+(delay+node[j].v)*(node[j].x-node[i].x));
            dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][1]+(delay+node[j].v)*(node[j].x-node[j-1].x));
        }
    return min(dp[1][n][1],dp[1][n][0]);
}

int main()
{
    int n,x,v;
    while(scanf("%d %d %d",&n,&v,&x)!=EOF)
    {
        for(int i = 1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d %d",&node[i].x,&node[i].v);
        }
        node[++n].x = x;
        node[n].v = 0;
        sort(node+1,node+n+1,cmp);
        for(int i = 1;i<=n;i++)
        {
            sum[i] = sum[i-1]+node[i].v;
        }
        int ans = DP(n,x);
        printf("%d\n",ans*v);
    }
}