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搬寝室
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 20642 Accepted Submission(s): 7013
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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
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1 3 Sample Output
4 题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1421
题目大意：久违的中文题，不解释
题目分析：显然左右手物品重量越接近越好，先按照重量从小到大排序，然后预处理出相邻两个数的差值的平方b[i] = (a[i + 1] - a[i])^2，这样预处理也直接把2k化成k了，显然b[i]和b[i + 1]是不能同时取的，定义dp[i][j]为b数组的前i个取了j个时的最少疲劳度，转移方程dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i - 2][j - 1] + b[i])，初始化dp[i][0]=0，dp[1][1]=b[1]，其他INF
#include
#include
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using namespace std; int const MAX = 2005; int const INF = 0x3fffffff; int dp[MAX][MAX], a[MAX], b[MAX]; int main() { int n, k; while(scanf(%d %d, &n, &k) != EOF) { for(int i = 1; i <= n; i++) scanf(%d, &a[i]); sort(a + 1, a + n + 1); int sum = 0; for(int i = 1; i < n; i++) b[i] = (a[i + 1] - a[i]) * (a[i + 1] - a[i]); n --; for(int i = 0; i <= n; i++) { for(int j = 0; j <= k; j++) dp[i][j] = INF; dp[i][0] = 0; } dp[1][1] = b[1]; for(int i = 2; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= k; j++) dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i - 2][j - 1] + b[i]); printf(%d , dp[n][k]); } }
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