题面
Description
某一村庄在一条路线上安装了n盏路灯，每盏灯的功率有大有小（即同一段时间内消耗的电量有多有少）。老常就住在这条路中间某一路灯旁，他有一项工作就是每天早上天亮时一盏一盏地关掉这些路灯。
为了给村里节省电费，老常记录下了每盏路灯的位置和功率，他每次关灯时也都是尽快地去关，但是老常不知道怎样去关灯才能够最节省电。他每天都是在天亮时首先关掉自己所处位置的路灯，然后可以向左也可以向右去关灯。开始他以为先算一下左边路灯的总功率再算一下右边路灯的总功率，然后选择先关掉功率大的一边，再回过头来关掉另一边的路灯，而事实并非如此，因为在关的过程中适当地调头有可能会更省一些。
现在已知老常走的速度为1m/s，每个路灯的位置（是一个整数，即距路线起点的距离，单位：m）、功率（W），老常关灯所用的时间很短而可以忽略不计。
请你为老常编一程序来安排关灯的顺序，使从老常开始关灯时刻算起所有灯消耗电最少（灯关掉后便不再消耗电了）。
Input
第一行是两个数字n(0，表示路灯的总数)和c(1<＝c<=n老常所处位置的路灯号)；
接下来n行，每行两个数据，表示第1盏到第n盏路灯的位置和功率。
Output
一个数据，即最少的功耗(单位：J，1J＝1W·s)。
Sample Input
5 3
2 10
3 20
5 20
6 30
8 10
Sample Output
270
Hint
此时关灯顺序为3 4 2 1 5，不必输出这个关灯顺序
题解
DP题目
首先，很显然的一点，如果是最优的情况，一定保证关的灯是一段连续的区间（走过这盏灯又不关掉是干什么。。。。）
那么，我们设f[i][j][k]表示从m开始，向左关了i盏灯，向右关了j盏灯，k为0或1，分别表示关掉这段区间的灯之后在最左端或者在最右端。
那么，状态的转移：
f[i][j][k]=min{f[i-1][j][0/1]+W没关掉的灯,f[i][j-1][0/1]+W没关掉的等}
考虑灯的总数，功率之和可以用前缀和预处理出来
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAX=1100;
inline int read()
{
register int x=0,t=1;
register char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-'){t=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*t;
}
struct Node
{
int d;//位置
int w;//功率
}L[MAX];
long long sum[MAX][MAX];
long long f[MAX][MAX][2];
int n,m;
int main()
{
//freopen("light.in","r",stdin);
//freopen("light.out","w",stdout);
n=read();
m=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
L[i]=(Node){read(),read()};
for(int i=1;i<=n;++i)//预处理功率和
{
sum[i][i]=L[i].w;
for(int j=i+1;j<=n;++j)
sum[i][j]=sum[i][j-1]+L[j].w;
}
for(int i=0;i<m;++i)
for(int j=0;j<=n-m;++j)
f[i][j][0]=f[i][j][1]=2000000000;
f[0][0][0]=f[0][0][1]=0;
for(int i=1;i<m;++i)
f[i][0][0]=f[i-1][0][0]+(sum[m+1][n]+sum[1][m-i])*(L[m-i+1].d-L[m-i].d);
for(int j=1;j<=n-m;++j)
f[0][j][1]=f[0][j-1][1]+(sum[1][m-1]+sum[m+j][n])*(L[m+j].d-L[m+j-1].d);
//f[i][j][0]=min(f[i-1][j][0]+W1,f[i-1][j][1]+W)
//f[i][j][1]=min(f[i][j-1][1]+W1,f[i][j-1][0]+W)
for(int i=1;i<m;++i)
for(int j=1;j<=n-m;++j)
{
f[i][j][0]=min(f[i-1][j][0]+(sum[m+j+1][n]+sum[1][m-i])*(L[m-i+1].d-L[m-i].d),
f[i-1][j][1]+(sum[m+j+1][n]+sum[1][m-i])*(L[m+j].d-L[m-i].d) );
f[i][j][1]=min(f[i][j-1][1]+(sum[1][m-i-1]+sum[m+j][n])*(L[m+j].d-L[m+j-1].d),
f[i][j-1][0]+(sum[1][m-i-1]+sum[m+j][n])*(L[m+j].d-L[m-i].d));
}
cout<<min(f[m-1][n-m][0],f[m-1][n-m][1])<<endl;
return 0;
}