搬寝室
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 18724 Accepted Submission(s): 6338
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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.
Input
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).
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
Author
xhd
Source
Recommend
lcy
怎么说呢，这道题我提交的时候wa了很多次，然后自己仔细回想，的确是自己的思路没有理顺畅，这作为一道比较经典的DP的题目是有必要拿来反思的
首先，我们应该对输入数据进行一次排序，按顺序排好后很容易可以知道相邻两个的物品重量差一定是对于这两个物品来说是最小的，然后就是动态规划的转移方程了
动态转移方程看起来好像大多都差不多，而轻微的差别就相差很多
对于这个问题，首先
我们取一个二维数组DP[ i ] [ j ] 其中，i 表示取前 i 个物品，j 表示前 i 个物品里面取 j 对物品。然后在DP[ i ] [ j ] 里面保存它的值，如果形象地把它描述出来就是一张表格
如果一个物品都不拿就是0的疲劳值，而我们在前 i 件物品里面选 j 对物品和我们从前 i - 1 件物品里选出 j 对的情况是一样都只能选出 j 对，
所以这道题的 状态转移方程可以写成 DP[ i ][ j ] = min(DP[ i-1 ][ j ]，DP[ i - 2][ j - 1] + (mass[ i ] - w [ i - 1 ])^2) PS:(为了让min函数起效果要先把数组其他位置初始化为一个很大的值)
然后通过两个for循环每次都往前走一步这样就可以保证在物品 a1,a2,a3这种组合里我们肯定能取到小的差的那一对物品。
然后我们输出就只要输出那个前 n 件物品里取 k 件的情况就可以了 就是 DP[ n ][ k ];
然后在下面附上代码。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define MAXN 2010
#define INF 2147483646
using namespace std;
int mass[MAXN];
int dp[MAXN][MAXN];
int main()
{
int n, k;
while (cin>>n>>k){
mass[0] = 0;
for (int i=1; i<=n; ++i)
cin>>mass[i];
sort(mass, mass+n+1);
dp[0][0] = 0;
for (int i=0; i<=n; ++i){
for (int j=1; j<=k; ++j)
dp[i][j] = INF;
}
for (int i=2; i<=n; ++i){
for (int j=0; 2*j<=i; ++j){
dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i-2][j-1]+(mass[i]-mass[i-1])*(mass[i]-mass[i-1]));
}
}
cout<<dp[n][k]<<endl;
}
return 0;
}
