hdu1421-搬寝室 （经典dp）

搬寝室

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 16946    Accepted Submission(s): 5751

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

 

Author

xhd

 

             坑死我了，几乎研究了一天，好笨的说。基本都是按照网上大神的思路写的。

每次提的两个物品重量差越小越小，是不是每次提的物品一定是重量相邻的物品呢？

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

....

 

判断(a-b)^2+(c-d)^2< (a-c)^2+(b-d)^2 即证(a-b)^2+(c-d)^2-[(a-c)^2+(b-d)^2]<0

(a-b)^2+(c-d)^2-[(a-c)^2+(b-d)^2]

=>ac + bd -ab -cd

=>c(a-d)-b(a-d)

=>(c-b)(a-d)

因为 a<b<c<d

所以(c-b)(a-d)<0

所以(a-b)^2+(c-d)^2< (a-c)^2+(b-d)^2成立

同理....

/*********************************acm: hdu-1421**title: 搬寝室**time : 2014.8.4********************************///经典dp问题：搬寝室/*数组dp[j][i]来表示在j件物品中搬i对的最佳状态，达到这一状态的决策可能为：1.第j件物品不搬，即在前j - 1件物品中搬i对，那么疲劳值仍为dp[j][i] = dp[j - 1][i]2.第j件物品要搬，那么根据上面所证，第j - 1件物品也要同时搬，即在前j - 2件物品中搬i - 1对物品，再搬最后一对物品，那么疲劳值为dp[j][i] = dp[j-2][i-1]+ (Weight[j]-Weight[j-1])*(Weight[j]-Weight[j-1]);综合上述 dp方程：   dp[j][i] = Min(dp[j-1][i], dp[j-2][i-1]+ (Weight[j]-Weight[j-1])*(Weight[j]-Weight[j-1]));*/#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#define INF 100000000   //表示不能达到的数#define MAXSIZE 2001int Weight[MAXSIZE];int dp[MAXSIZE][1001];  //数组dp[n][k]来表示在n件物品中搬k对的最佳状态int Min(int a, int b){    return a < b ? a : b;  //取较小的}int main(){    int k;  // 搬2*k件物品    int n;  //表示n件物品（2<=2*k<=n<2000）    int i;    int j;    void Sort(int n);    while(~scanf("%d%d", &n, &k))    {        for (i = 1; i <= n; i++)        {            scanf("%d", &Weight[i]);        }        for (i = 0; i <= k; i++)  //初始化        {            for (j = 0; j <= n; j++)            {                dp[j][i] = INF;                if (i == 0 || j == 0)  //不搬物品 或 没有物品                {                    dp[j][i] = 0;                }            }        }        Sort(n);        //dp核心        for (i = 1; i <= k; i++) //要搬走的次数        {            for (j = i*2; j <= n; j++)            {                dp[j][i] = Min(dp[j-1][i], dp[j-2][i-1]+ (Weight[j]-Weight[j-1])*(Weight[j]-Weight[j-1]));            }        }        printf("%d\n", dp[n][k]);    }    return 0;}//从小到大排列void Sort(int n){    int i, j;    int k;    for (i = 1; i < n; i++)    {        k = i;        for (j = i+1; j <= n; j++)        {            if (Weight[k] > Weight[j])            {                k = j;            }        }        if (k != i)        {            int temp;            temp = Weight[k];            Weight[k] = Weight[i];            Weight[i] = temp;        }    }}