poj-1260 Pearls

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。

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

 根据数据的分析可知，我们需要在总体质量提升的同时使价格不提升。也就是以一个较少的钱来买多数珍珠。开始我们需要累加每一次购买珍珠的数量sum[i] = sum[i-1]+a[i];

在默认情况下每个状态的dp都是单独付钱的，然而这样并不会是最优情况，所以我们根据sum数组找到所有与之前的珍珠合为一组的情况，然后与当前状态比较找到最小前数。

dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i],dp[i]); 这是这一步的状态转移方程。

以下为代码

#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;int dp[1400];int a[1100];int p[1100];int sum[1100];int main(){    int t,n;    int i,j;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d",&n);        sum[0]=0;        dp[0]=0;        for(i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d%d",&a[i],&p[i]);            sum[i] = sum[i-1]+a[i];        }        for(i=1;i<=n;i++)        {            dp[i]=(a[i]+10)*p[i]+dp[i-1];            for(j=i-1;j>=0;j--)            {                dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i],dp[i]);            }        }        printf("%d\n",dp[n]);    }    return 0;}