DP POJ1260

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1.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。
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。

2.要求：

• N, case数
• c<100, 珍珠的种类
• 第i 行：a[i]是要求买该中珍珠的个数。
  　　　　p[i]是该珍珠的价格。
• 样例是按照珍珠的价格升序排列。

思路：

　　这个题目和图像压缩是一模一样的。因为每次购买一种新珍珠的时候都要支付额外的金额，因此该题的主要任务是找出一个分段，确定从哪几种珍珠处断开，使得花费最小。

• dp[i]：购买前i种珍珠所需要的最小花费
• sum[i] : 前i中珍珠总计珍珠数目
• dp[i]=min(dp[i],dp[k]+(sum[i]−sum[k]+10)∗p[i])，k从0 ~ i−1.

代码：

#include <cstdio>#include <iostream>#include <cmath>using namespace std;int p[100+5],dp[100+5],a[100+5],sum[100+5];int main(){    int cas;    scanf("%d",&cas);    while(cas--)    {        int N;        scanf("%d",&N);        memset(sum,0,sizeof(sum));        for(int i = 1; i<=N; i++){             scanf("%d%d",&a[i],&p[i]);             sum[i] = sum[i-1] + a[i];        }        dp[0] = 0;        for(int i = 1; i<=N; i++){            dp[i] = 100000000;            for(int k = 0; k<i; k++)                dp[i] = min(dp[i], dp[k]+(sum[i]-sum[k]+10)*p[i]);        }        printf("%d\n",dp[N]);    }}