题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1421
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
解题思路：这是一道典型的dp问题。状态转移思想：因为要选择差值较小的两件物品，所以将物品按质量升序排序后，从前i件物品中拿走j对物品（j*2<=i）有如下两种情况：
（1）不拿第i件物品，则从前i件物品中拿走j对和从前i-1件物品拿走j对的最小疲劳值一样为dp[i][j]=dp[i-1][j]。
（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]+(a[i]-a[i-1])^2，即从前i-2件中拿j-1对的疲劳值加上拿了当前两件物品的疲劳值，于是可得到状态转移方程：dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+(a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i-1]))。
AC代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int a[2005],dp[2005][1005]; 4 int main(){ 5 int n,k; 6 while(cin>>n>>k){ 7 memset(dp,0x3f,sizeof(dp));//初始化为最大值,表示还没选取，以便比较取最小值 8 dp[0][0]=0;//从0件物品中取走0对的疲劳值为0 9 memset(a,0,sizeof(a));//清空 10 for(int i=1;i<=n;i++){ 11 cin>>a[i]; 12 dp[i][0]=0;//同时将前i件物品中取走j=0对赋初值为0,表示不需要取任何物品 13 } 14 sort(a+1,a+n+1);//排序 15 for(int i=2;i<=n;i++){//i从第2件开始挑选2*k件物品 16 for(int j=1;j*2<=i&&j<=k;j++)//j从挑选1对开始选择取与不取 17 dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+(a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i-1])); 18 } 19 cout<<dp[n][k]<<endl;//从n件物品中选择k对的最小疲劳值 20 } 21 return 0; 22 }