HDU 1421 （动态规划）

搬寝室

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 3672 Accepted Submission(s): 1124


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

2 1
1 3

Sample Output

4思路： •用一个数组a[]存物品的重量，二维数组dp[i][j]存的是j个物品中取i对的最小疲劳度。 •首先我们要理解重量差值最小的一定是和它相邻的，所以第一步是对这些重量排序。 •假设k=1,则从n=2中选出来的就是唯一的两个；如果从n=3中选的话，有两种可能，dp[1][2]和dp[0][1]+后两个的差值的平方，取小；从n=4选的话就是dp[1][3]和dp[0][2]+（a[3] -a[4]）*（a[3] -a[4]）,取小…….  •当k=2,从n=4中选，两两组合；从n=5中选的话，比较dp[2][4]和dp[1][3]+(a[4]-a[5])*(a[4]-a[5]),取小。。。。。。 •即K个时，比较dp[k][n-1],dp[k-1][n-2]+(a[n-1]-a
)*(a[n-1]-a
),取小。 ••所以这个思路的主要问题是求dp[i][i+i]（i对时最少需要i+i个物品），只要求出这个后面的就可以根据前面给出的方程求解了。 •例如：2  6  7  9  10  15 （k=3，n=6） [b]此时，只需要按排序的顺序两两组合就可以了。 [/b]•[b]只有一种可能(2，6) (7，9) (10，15)[/b][b]所以得出方程为：dp[k]
=min(dp[k][n-1],dp[k-1][n-2]+(a[n-1]-a
)*(a[n-1]-a
));[/b]•代码如下：
#include <algorithm>
using namespace std;
#define min(a,b) a>b?b:a

int a[2005],dp[2005][2005];

int main()
{
int n,k,i,j;
while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)
{
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=k;i++)
{
dp[i][i+i]=dp[i-1][i+i-2]+(a[i+i-1]-a[i+i])*(a[i+i-1]-a[i+i]);
for(j=i+i+1;j<=n;j++)
dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i-1][j-2]+(a[j]-a[j-1])*(a[j]-a[j-1]));
}
printf("%d/n",dp[k]
);
}
return 0;
}