2012天津赛区第六题---You Are the One（hdu4283）

      题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4283

      题意：有N个人站成一队等待按序上台表演，每个人有一个初始耐心值num[i],如果第i个人第k个上台了，则该人最后的耐心值为（k-i）*num[i],舞台旁边有一个巷子，导演可以利用这个巷子来调整上台表演的顺序，但巷子很窄，使得先进去的人之后后出来，问，导演安排的最好情况下，这N个人最后的总耐心值最小。

      分析转载自：http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7964594

      分析：区间DP，dp[i][j]表示从第i个人到第j个人这段区间的最小花费（是只考虑这j-i+1个人，不需要考虑前面有多少人）

那么对于dp[i][j]的第i个人，就有可能第1个上场，也可以第j-i+1个上场。考虑第K个上场

即在i+1之后的K-1个人是率先上场的，那么就出现了一个子问题 dp[i+1][i+1+k-1-1]表示在第i个人之前上场的

对于第i个人，由于是第k个上场的，那么愤怒值便是num[i]*(k-1)

其余的人是排在第k+1个之后出场的，也就是一个子问题dp[i+k][j]，对于这个区间的人，由于排在第k+1个之后，所以整体愤怒值要加上k*(sigma(i+k--j))

 Code：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define  INF 1000000
int dp[105][105],num[105];
int sum[105];
int N;
int min(int x,int y)
{
return x<y ? x : y;
}
int Solve()
{
int i,k,len,end;
int temp;

for(len=1;len<N;len++)
{
for(i=1;i+len<=N;i++)
{
end= i+len;
for(k=i;k<=end;k++)
{
temp = num[i] * (k-i);
temp += dp[i+1][k] + dp[k+1][end];
temp += (k-i+1)*(sum[end]-sum[k]);
dp[i][end] = min(dp[i][end],temp);
}
}
}
return dp[1]
;
}
int main()
{
int i,j;
int ncase=1;
int ans;
int n;
scanf("%d",&n);
while(ncase<=n)
{
scanf("%d",&N);
sum[0] = 0;
for(i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%d",&num[i]);
sum[i] = sum[i-1] + num[i];
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=N;i++)
{
for(j=i+1;j<=N;j++)
{
dp[i][j] = INF;
}
}
ans = Solve();
printf("Case #%d: %d\n",ncase++,ans);
}
return 0;
}