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2k件过去就行了.但还是会很累,因为2k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2k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<=2k<=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
首先，他要求拿物品的质量差的平方，一次拿两个，拿就要把数据先排序，因为只有这样才能拿到最小的。
dp[i][j]表示i个数据拿j次疲劳度最小。
然后考虑初始化问题，就是当数据只有刚好拿完的时候，那么结果就是从前到后两两拿最小。表达式为
if(i==2j) {dp[i][j]=dp[i-2][j-1] (a[i]-a[i-1])(a[i]-a[i-1]);}
一般情况，对于每一个新物品，都要考虑拿不拿这个物品，如果拿了。他肯定要和前面一个凑成对，前面a[i-1]要确保不能动，那么dp[i][j]=dp[i-2][j-1] (a[i]-a[i-1])(a[i]-a[i-1])，如果不拿，那么dp[i][j]=dp[i-1][j]；表示拿前i-1个数据拿j次。
那么状态转移方程为：
if(i>2j)dp[i][j]=min(dp[i-2][j-1] (a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i-1]),dp[i-1][j]);
注意i.和j 的大小关系。
附上代码：
import java.util.Arrays; import java.util.Scanner; /* * 思路： * 排序上升，寻找dp关系。i=2*j时。只能等于*** */ public class 杭电1421 { public static void main(String[] args) { Scanner sc=new Scanner(System.in); while(sc.hasNext()) { int n=sc.nextInt();//n个数据 int k=sc.nextInt();//拿K次 if(k*2>n||k<1||n<2)break; int a[]=new int[n 1];//物品质量 int dp[][]=new int[1000][1000]; for(int i=1;i<n 1;i ) { a[i]=sc.nextInt(); } Arrays.sort(a,1,n 1); for(int i=1;i<=n;i ) { for(int j=1;j<=k;j ) { dp[i][j]=32768; } } for(int i=2;i<=n;i ) { for(int j=1;j<=n/2;j ) { if(i==2*j) {dp[i][j]=dp[i-2][j-1] (a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i-1]);continue;} else if(i>2*j)dp[i][j]=min(dp[i-2][j-1] (a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i-1]),dp[i-1][j]); } } System.out.println(dp[n][k]); }} private static int min(int i, int j) { if(i<j)return i; else return j; } }
