Poj 1260 Pearls（Dp）


题意：要买若干种价值的珍珠，但买某种珍珠必须多付10颗此种珍珠的价钱，及如果买价值为1的珍珠100颗，必须付的钱数为110。一颗珍珠可以用比它贵的珍珠 充数，因此买多种珍珠的时候用贵的代替便宜的可能更省钱。例如买100颗价值为2的、1颗价值为1的，此时买101颗价值为2的为较优方案。输入要买的若 干种珍珠，可用高价珍珠充数的条件下，问最少需要花费多少钱。

思路：假设有两个档次的珍珠i和j，i<j，那么如果i和j合并了，那么i+1，i+1.....j-1一定都和j合并了，否则不可能得到最优解，由此可以得到状态转移方程

dp[i] = min (dp[i], (sum[i] - sum[j] + 10) * p[i] + dp[j]);

#include<cstdio>  
#include<cstring>  
#include<cmath>  
#include<cstdlib>  
#include<iostream>  
#include<algorithm>  
#include<vector>  
#include<map>  
#include<queue>  
#include<stack> 
#include<string>
#include<map> 
#include<set>
#define eps 1e-6 
#define LL long long  
using namespace std;  

const int maxn = 100 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int c;
int num[maxn], val[maxn], sumv[maxn];
int d[maxn];

void init() {
	cin >> c;
	for(int i = 1; i <= c; i++) {
		cin >> num[i] >> val[i];
		sumv[i] = sumv[i-1] + num[i];
	}
}

void solve() {
	for(int i = 1; i <= c; i++) {
		d[i] = INF;
		for(int j = 1; j <= i; j++) {
			d[i] = min(d[i], d[j-1]+(sumv[i]-sumv[j-1]+10)*val[i]);
		}
	}
	cout << d[c] << endl;
}

int main() {
	//freopen("input.txt", "r", stdin);
	int t; cin >> t;
	while(t--) {
		init();
		solve();
	}
	return 0;
}