poj1260 pearls

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大致题意：

给出几类珍珠，以及它们的单价，要求用最少的钱就可以买到相同数量的，相同（或更高）质量的珍珠。

【规定买任一类的珍珠n个(价格为p)，都要支付(n+10)*p的钱，即额外支付10*p】

 

例如样例Input的第二个例子：

3

1 10

1 11

100 12

需要买第一类1个，第二类1个，第三类100个

按常规支付为 (1+10)*10 + (1+10)*11 + (100+10)*12 = 1551元（一共买了102个珍珠）

但是如果全部都按照第三类珍珠的价格支付，同样是买102个，而且其中总体质量还被提高了，但是价格却下降了：(102+10)*12 = 1344元

 

而对于样例Input的第一个例子：

2

100 1

100 2

按常规支付为 （100+10）*1 + (100+10)*2 =330元

但是全部按第二类珍珠的价格支付，同样买200个，虽然总体质量提升了，但是价格也提高了： (202+10)*2=424元

 

本题关键点在于：

（1）       要求要买的珍珠的数量是一定的

（2）       所买的珍珠的质量允许提高，但不允许下降（即可以用高质量珍珠替代低质量）

（3）       输入时，后输入的珍珠价格一定比前面输入的要贵

（4）       由（2）（3）知，珍珠的替代必须是连续的，不能跳跃替代（这个不难证明，因为假如用第i+2类去替代第i类珍珠，会使最终的支付价格降低，那么用第i+1类去替代第i类珍珠会使最终的支付价格更加低）

 

根据这4个约束条件，那么购买珍珠的方案为：

在珍珠类型的总区间[1,c]中划分多个子区间，其中在闭区间i1~j1的珍珠全部按第j1类珍珠的价格p1支付，在闭区间i2~j2的珍珠全部按第j2类珍珠的价格p2支付，…在闭区间in~jn的珍珠全部按第jn类珍珠的价格pn支付。 这些区间互不相交。

其余珍珠按其原价支付。

要求找出最优的划分方案，使得最终支付价格最低。

 

令dp[i]表示在已知第i类珍珠时,所需支付的最低价格

则状态方程为：

dp[i]=(a[i]+10)*p[i]+dp[i-1];  //当第i种珍珠出现时，未优化价格的情况

dp[i]=min(dp[i],(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]+dp[j]);  //枚举j，价格优化

 

dp[0]=0;  //Dp初始化

//Memory Time //220K   0MS #include<iostream>using namespace std;int min(int a,int b){return a<b?a:b;}int main(int i,int j){int test;cin>>test;while(test--){/*Input & Initial*/int c;cin>>c;int* a=new int[c+1];  //某类珍珠数目int* p=new int[c+1];  //某类珍珠单价int* dp=new int[c+1]; //dp[i]表示在已知第i类珍珠时,所需支付的最低价格int* sum=new int[c+1];//sum[i]=∑a[i]sum[0]=0;for(i=1;i<=c;i++){cin>>a[i]>>p[i];sum[i]=sum[i-1]+a[i];}/*Dp*/dp[0]=0;  //Dp初始化for(i=1;i<=c;i++){dp[i]=(a[i]+10)*p[i]+dp[i-1];   //当第i种珍珠出现时，未优化价格的情况for(j=0;j<i;j++)  //枚举第i种珍珠前的每一种珍珠，寻找最优价格dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]);  //在求dp[i]前，对于每一个j<i，dp[j]的最优值已求出}                                                        //(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]即第j+1~i种珍珠被第i种珍珠替代后的价格cout<<dp[c]<<endl;delete a,p,dp,sum;}return 0;}