HDU 1421 搬寝室

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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

Author xhd
Source [ACM暑期集训队练习赛（二）](http://acm.hdu.edu.cn/search.php?field=problem&key=+ACM%CA%EE%C6%DA%BC%AF%D1%B5%B6%D3%C1%B7%CF%B0%C8%FC%A3%A8%B6%FE%A3%A9&source=1&searchmode=source)
解析：要使差的平方和最小，我们有个大致的感觉，即每两个物品的重量应当接近。而这个想法是正确的，证明如下： > 对于0<a<b<c<d，有 (a-b)^2+(c-d)^2 < (a-c)^2+(b-d)^2 (a-b)^2+(c-d)^2 < (a-d)^2+(b-c)^2

因此，n件物品按重量从小到大排序后，构成一对的两个物品必然是相邻的。
现在，我们以动态规划的思想来考虑这个问题。用dp[i][j]表示从排序后的前i个物品搬j对物品的疲劳度。则有以下两种情况：

2*j == i，则只有一种情况，全选。
2*j < i，则对于第i件物品，我们有以下两种选择：
- 不选第i件物品，则相当于从前i-1个物品选j对物品，有dp[i][j] = dp[i-1][j]。
- 选第i件物品，依据上面的推导，则选第i件物品的同时必须要选与它相邻的一个物品，有
  dp[i][j] = dp[i-2][j-1]+(a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i-1])。
  因此，有状态转移方程dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i-2][j-1]+(a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i-1]))

``` #include #include using namespace std;

const int MAXN = 2000+5;
int a[MAXN];
int dp[MAXN][MAXN];

void solve(int n, int k)
{
sort(a+1, a+1+n);
for(int i = 0; i <= n; ++i)
dp[i][0] = 0; //搬0对物品的疲劳度显然为0
for(int i = 2; i <= n; ++i){
for(int j = 1; j <= k && j2 <= i; ++j){
if(j2 == i)
dp[i][j] = dp[i-2][j-1]+(a[i]-a[i-1])(a[i]-a[i-1]);
else
dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i-2][j-1]+(a[i]-a[i-1])(a[i]-a[i-1]));
}
}
printf("%d ", dp[n][k]);
}

int main()
{
int n, k;
while(~scanf("%d%d", &n, &k)){
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
solve(n, k);
}
return 0;
}


<br>
另外在状态转移的时候只用到i-2、i-1、i这三项，故可以用滚动数组进行优化，节省空间。

include

using namespace std;

const int MAXN = 2000+5;
int a[MAXN];
int dp[3][MAXN];

void solve(int n, int k)
{
sort(a+1, a+1+n);
for(int i = 0; i < 3; ++i)
dp[i][0] = 0;
for(int i = 2; i <= n; ++i){
for(int j = 1; j <= k && j2 <= i; ++j){
if(j2 == i)
dp[i%3][j] = dp[(i-2)%3][j-1]+(a[i]-a[i-1])(a[i]-a[i-1]);
else
dp[i%3][j] = min(dp[(i-1)%3][j], dp[(i-2)%3][j-1]+(a[i]-a[i-1])(a[i]-a[i-1]));
}
}
printf("%d ", dp[n%3][k]);
}

int main()
{
int n, k;
while(~scanf("%d%d", &n, &k)){
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
solve(n, k);
}
return 0;
}