POJ 1260 pearls

题目链接：点这里点这里！

题目大致的意思是：有c类珍珠，分别给出每类珍珠的价格和需要，现在求最少所需支付的价钱。当然买珍珠没那么简单，买其中一类珍珠为了防止顾客只买一两个，所以买其中一类珍珠必须再付十个该类珍珠的价格。而又因促销还是什么的。你可以把你需要的等级低的珍珠以相同的数量买等级更高的珍珠。那么在上述两个条件的情况下求最少支付。

那么，先举2个栗子，就拿样例来说吧。

第一个是总共有2类珍珠。分别的需求和价格是 等级一需要100个，每个价格是1；等级2需要100个，每个价格是2。

那么可以有2种支付方法。第一种就是直接支付。总价=(100+10)*1+(100+10)*2=330。第二种支付方法是将第一类全部当等级二来买。总价=(100+100+10)*2=420。显然前一种方法更省钱。

但是。并不是说第二种方法就不行。比如看第二个栗子。

总共3类珍珠。分别的需求和价格是 等级一需要1个，每个价格是10；等级二需要1个，每个价格是11；等级三需要100个，每个价格是12；

这样如果按照第一种方法支付的话。总价=(10+1)*10+(10+1)*11+(100+10)*12=1551。但是用另外一种方法来支付的话。全部都当作第三类来支付。总价=(100+1+1+10)*12=1344。

所以，两种方法各有千秋。

这里我用一个结构体数组来存储各类珍珠的信息。pe[i].need代表第i类珍珠需要的个数，pe[i].price表示第i类珍珠的单价。

那么来看看这道题目的关键点。

1.买某类珍珠时需要多付十个该类珍珠的价钱

2.替换只能有等级高的来替换等级低的

3.输入的珍珠的价钱是依次增加的

4.用i＋1类珍珠来替换i类珍珠一定比i＋2,i＋3...等类都便宜（因为价格依次升高）

用dp[i]来表示前i种珍珠所需要的最少价钱。

第一种方法的计算是很简单的。

那么dp[i] = dp[i-1] + (pe[i].need + 10) * pe[i].price

但是并不一定这样支付就价钱最少。

所以对价格还需要优化。

那么考虑区间[i , j] ，i＋1类珍珠来替代i类，i+2类珍珠来替代i＋1类........j类珍珠来替代j－1，那么就相当于所有的珍珠都由j类来替代。

那么枚举其子区间[k , j] dp[j]=min(dp[j],dp[k]+(sum+10)*pe[j].price)//sum为区间[k , j]的总需求的珍珠数

下限:dp[0]=0;

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct pearls{
    int need,price;
}pe[105];
int dp[105],sum[105];
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        int c;
        scanf("%d",&c);
        for(int i=1;i<=c;i++)
            scanf("%d%d",&pe[i].need,&pe[i].price);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        for(int i=1;i<=c;i++){
            sum[i]=sum[i-1]+pe[i].need;
            dp[i]=dp[i-1]+(pe[i].need+10)*pe[i].price;
            for(int j=0;j<=i;j++)
                dp[i]=min(dp[i],(sum[i]-sum[j]+10)*pe[i].price+dp[j]);
        }
        printf("%d\n",dp[c]);
    }
    return 0;
}