hdu 1421搬寝室 动态规划问题

搬寝室

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[align=left]Problem Description[/align]
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.

[align=left]Input[/align]
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).

[align=left]Output[/align]
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.

[align=left]Sample Input[/align]

2 1
1 3

[align=left]Sample Output[/align]

4

[align=left]Author[/align]
xhd

[align=left]Source[/align]
ACM暑期集训队练习赛（二）

上来就贪心，结果一下子超时，挺好理解的贪心，但并不是都可以用贪心来做。

超时贪心：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
//struct inin
//{
//	int tire;
//}boy[1100];
int tire[2200000];
int a[2200];
int main()
{
int n,k;
int i,j;
int p;
while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)
{
memset(tire,0,sizeof(tire));
memset(a,0,sizeof(a));
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
p=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=i+1;j<n;j++)
{
tire[p++]=(a[i]-a[j])*(a[i]-a[j]);
}
}
sort(tire,tire+p);
int sum=0;
for(i=0;i<k;i++)
{
sum+=tire[i];
}
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}

动态规划：

使用动态规划，

//此题中的原理就是对于a,b,c,d四个递增重量，按照题目要求算的话，最有的方式就是相邻

//两个数之间的差值的平方最小，(a-b)*(a-b)<(a-c)*(a-c);(a-b)*(a-b)<(a-d)*(a-d);

/*

状态转移思想：将物品按质量递增排序后，从前i件物品中拿走j对（j*2<=i）时，

（1）不拿第i件，则dp[i][j]=dp[i-1][j],这个毫无疑问。

（2）拿第i件物品，则第i件物品肯定和第i-1件物品一起拿，

则dp[i][j]=dp[i-2][j-1]+(w[i]-w[i-1])^2，即从前i-2件中拿j-1对的

疲劳值加上拿了最后两件物品的疲劳值（当然，由前到后处理的，i和j前

面的所有情况都已经处理好了，都是最小值）。

状态转移方程：dp=min（（1），（2））

dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+(a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i-1]));。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[2200][1100];
int a[2200];
int main()
{
int n,k;
int i,j;
while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)
{
memset(a,0,sizeof(a));
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a+1,a+1+n);
for(i=0;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<=k;j++)
{
dp[i][j]=99999999;
}
}
for(i=2;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<=i/2&&j<=k;j++)
{
dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+(a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i-1]));
}
}
printf("%d\n",dp
[k]);
}
return 0;
}