POJ 1260 Pearls

题意：给你n种珍珠，档次从低到高。每一种珍珠会给你计划要买的数量及单价。要你求出买原固定数量的珍珠，使得档次与价格最优。（每个档次的珍珠花的钱=（计划数量+10）*单价）

我们来看一个例子：

31 101 11100 12

首先原计划买的珍珠数量为100+1+1=102   花的钱{（1+10）*10+（1+10）*11+（100+10）*12}=1551

我们按题意优化后：（102+10）*12=1344<1551，所以输出1344

我们可以从题目中看到：

1、题目档次高地珍珠一定比档次低得珍珠单价高

2、我们只能用档次高地替换档次低得珍珠

所以我们可以思考，在到达第i类珍珠的时候，前面的最优为dp[i-1],那么当前未优化的钱是：dp[i-1]+（c[i]+10）*p[i];

优化时，我们枚举i之前的情况，设前j种珍珠的最优是dp[j]，所以买第i种珍珠的数量为sum[i]-sum[j].所以优化后的钱是：

dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i])

所以AC代码：

#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;int dp[105],c[105],p[105],sum[105];int main(){    int t,n,i,j;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d",&n);        sum[0]=0;        for(i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d %d",&c[i],&p[i]);            sum[i]=sum[i-1]+c[i];        }        dp[0]=0;        for(i=1;i<=n;i++)        {            dp[i]=(c[i]+10)*p[i]+dp[i-1];            for(j=0;j<i;j++)                dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]);        }        printf("%d\n",dp[n]);    }    return 0;}