【hdu 1300】pearl(需要深刻理解dp，同龟兔赛跑）

（转载）题目意思是说，有几种不同的珍珠。每种珍珠都有它的单价。当然质量高的珍珠价格一定也是高的。
为了避免买家只买1个珍珠。就要求不论是买了多少个珍珠都是需要在购买数量上加10.之后乘上单价。
求出总的花费！例如：买5个单价是10的珍珠。需要的花费是（5+10）*10= 150.买100个单价是20的珍珠
需要的花费是（100+10）*20= 2200.总共需要的花费是150+2200=2350.如果把珍珠的质量提高了。需要的105个
珍珠都买单价是20的。也就是说都买质量好的。总的花费是（5+100+10）*20= 2300.在两组数据看来。珍珠都
买了高品质的了，而且花费也少了！

问题是怎么样能花费最少买珍珠！

首先一个很直观的思路数组dp[i]存放完成购买i种宝石的时候需要花费的最小费用。

那么在购买i+1种宝石的时候，就与前面的i种宝石都有关，所以状态方程为dp[i+1]=min(dp[i+1],dp[j]+cost),0<j<i

这边需要注意的是，可能会考虑说现在购买到3号宝石，那是不是会存在2号单独购买，把1号加到3号一起购买的情况

其实仔细一想，因为2号的价格一定低于3号。那么同样数量加到2号，那么最后得到的费用才是最小的。

所以不会出现这种间隔的情况。

AC代码：

#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int main(){int needed[110];int dp[110];int cost[110];int t;int num[110];cin >> t;while (t--){int n;cin >> n;num[0] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){scanf("%d%d", &needed[i], &cost[i]);num[i] = num[i - 1] + needed[i];dp[i] = 0x7ffffff;}dp[0] = 0;for (int i = 1; i <= n;i++)for (int j = 0; j <= i; j++)dp[i] = min(dp[i], dp[j] + (num[i] - num[j] + 10)*cost[i]);cout << dp[n] << endl;}}

这道题的思路类似于龟兔赛跑的题目。希望下次自己能独立做出来。