hdu 1158(dp)

题意：

一项工程需要n个月完成，每个月最少需要的员工数为a[i]，雇佣一个员工和开除一个员工的费用为hire与fire，每个员工每个月的工资为salary，现在要求完成这项工程最少的花费。n<=12

分析：

由于这道题目没有告诉我们a[i]的范围，所以我想了很久迟迟没有动手，因为想到一个方法的时间复杂度为max(a[i])^2*n , 实在是不知道怎么办了就用这种方法写了，WA了几次就过了，应该是a[i]还是比较小的。

我们用dp[i][j]表示在第i个月雇佣j个人的最小花费，j >= a[i] .  状态转移方程在代码里面，比较简单一看就可以明白。分为这个月的员工数比上个月的员工数大和小两种情况。

PS：之前一直觉得最小的情况一定是最后一个月恰好雇佣a[i]个人就好了，想着要是多了的话不是白给工资吗，一直WA，突然想明白了因为有可能开除一个人的花费比他的salary还有多，所以最后一个月多几个人可能总花费还少一些，反正不考虑最后一个月之后这些人的花费情况。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <algorithm>using namespace std;#define inf 100000000const int maxn = 10005;int dp[12][maxn];//dp[i][j]表示的是第i个月有j个员工的总花费int a[12];int hire,salary,fire;int main(){    int n ;    while(scanf("%d",&n)&&n)    {        scanf("%d%d%d",&hire,&salary,&fire);        int maxx = 0 ;        for(int i = 0 ; i < n ; i++)        {            scanf("%d",&a[i]);            maxx = max(maxx,a[i]);        }        for(int i = a[0] ; i <= maxx ; i++)        {            dp[0][i] = i*salary + i*hire ;        }        for(int i = 1 ; i < n ; i++)        {            for(int j = a[i] ; j <= maxx ; j++)            {                dp[i][j] = inf ;                for(int k = a[i-1] ; k <= maxx ; k++)                {                    if(k<=j)dp[i][j] = min(dp[i][j] , dp[i-1][k]+j*salary+(j-k)*hire) ; //上个月人少，需要hire                    else dp[i][j] = min(dp[i][j] , dp[i-1][k]+j*salary+(k-j)*fire) ;    //上个月人多，需要fire                }            }        }        int ans = inf ;        for(int i = a[n-1] ; i <= maxx ; i++)        {            ans = min(ans,dp[n-1][i]) ;        }        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}