HDU--1421 -- 搬寝室 [DP] [滚动数组]

搬寝室

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 13141 Accepted Submission(s): 4441

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 11 3

Sample Output

4

Code:

根据题目的要求，每次提的两个物品重量差越小越好，每次提的物品一定是重量相邻的物品呢

可以证明:

假设四个从小到大的数：a、b、c、d，只需证明以下表达式成立即可：

(a-b)^2+(c-d)^2< (a-c)^2+(b-d)^2
(a-b)^2+(c-d)^2< (a-d)^2+(b-c)^2
……(略)

写了两次,基本没有大的改动,

用行数代表物品个数n,列数代表k

只是第二次用来滚动数组来节约空间,但是时间也相应的浪费了一点

因为每次只比较第i行,第i-1,i-2行的值,所以行数有3就够了

第一次:

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#define min(a,b) (a)>(b)?(b):(a)#define pow(a) (a)*(a)using namespace std;int a[2005],dp[2005][1005];int main(){    int n,k,m,i,j;    while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)    {        for(i=1;i<=n;i++)            scanf("%d",&a[i]);        a[0] = 0;//这里一定赋值为0,避免用到0的时候出错        sort(a,a+n+1);        for(i=0;i<=n;i++)            for(j=0;j<=k;j++)                dp[i][j] = 0;            for(i=2;i<=n;i++)        {            m = i/2;            for(j=1;j<=m;j++)//j不能大于i的二倍            {                if(i==2*j) dp[i][j] = dp[i-2][j-1] + pow(a[i]-a[i-1]);                else dp[i][j] = min( dp[i-1][j], dp[i-2][j-1] + pow(a[i]-a[i-1]));            }        }        printf("%d\n",dp[n][k]);    }    return 0;}

第二次:

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#define min(a,b) (a)>(b)?(b):(a)#define pow(a) (a)*(a)using namespace std;int a[2005],dp[3][1005];int main(){    int n,k,m,i,j;    while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)    {        for(i=1;i<=n;i++)            scanf("%d",&a[i]);        a[0] = 0;        sort(a,a+n+1);        for(i=0;i<=2;i++)            for(j=0;j<=k;j++)                dp[i][j] = 0;            for(i=2;i<=n;i++)        {            m = i/2;            for(j=1;j<=m;j++)            {                if(i==2*j) dp[i%3][j] = dp[(i-2)%3][j-1] + pow(a[i]-a[i-1]);                else dp[i%3][j] = min( dp[(i-1)%3][j], dp[(i-2)%3][j-1] + pow(a[i]-a[i-1]));            }        }        printf("%d\n",dp[n%3][k]);    }    return 0;}