题目描述
N个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。
例如：S=1；T={1,3,4,2,1}；F={3,2,3,3,4}。如果分组方案是{1,2}、{3}、{4,5}，则完成时间分别为{5,5,10,14,14}，费用C={15,10,30,42,56}，总费用就是153。
输入输出格式
输入格式：
第一行是N(1<=N<=5000)。
第二行是S(0<=S<=50)。
下面N行每行有一对数，分别为Ti和Fi，均为不大于100的正整数，表示第i个任务单独完成所需的时间是Ti及其费用系数Fi。
输出格式：
一个数，最小的总费用。
输入输出样例
输入样例#1：
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4
输出样例#1：
153
解题思路
读完题很容易想到一个n^3的做法，dp[i][k]表示第i个元素被分到k组的最小值，然后第一层枚举i，第二层枚举i前面的一个元素j，表示要将i到j分成一组，第三层枚举k，表示分到哪一组。转移十分容易，预处理出时间与花费的前缀和进行转移，时间复杂度O(n^3)，显然会炸，但强行卡常能卡到80分。先上个代码。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 5005;
int n,S,sum[MAXN],t[MAXN],f[MAXN],F[MAXN],ans=0x3f3f3f3f;
int dp[MAXN][MAXN];
int mid(int x,int y){
if(x>y) return y;
return x;
}
signed main(){
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
scanf("%d%d",&n,&S);
dp[0][0]=0;
for(register int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&t[i],&f[i]);sum[i]=sum[i-1]+t[i];
F[i]=F[i-1]+f[i];
for(register int j=1;j<=i;j++){
for(register int k=1;k<=j+1;k++){
if((LL)(sum[i]+k*S)*(LL)(F[i]-F[j-1])>dp[i][k]) continue;
dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[j-1][k-1]+(sum[i]+k*S)*(F[i]-F[j-1]));
}
}
}
for(register int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,dp[n][i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}我们考虑优化，考虑每次分一组对后面的影响，每次如果增加一组，那么后面所有的时间都要加S，那么转移的时候就把后面的影响加上就行了，这样后面就不用加了，不会对此处的最优答案造成影响，所以我们不需要枚举k，数组一维就够了。时间复杂度O(n^2)，这是一个非常巧妙的地方，把后面的影响提前加上。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 5005;
int n,S,sum[MAXN],t[MAXN],f[MAXN],F[MAXN],ans=0x3f3f3f3f;
int dp[MAXN];
int mid(int x,int y){
if(x>y) return y;
return x;
}
signed main(){
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
scanf("%d%d",&n,&S);
dp[0]=0;
for(register int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&t[i],&f[i]);
sum[i]+=sum[i-1]+t[i];
F[i]=F[i-1]+f[i];
}
for(register int i=1;i<=n;i++)
for(register int j=1;j<=i;j++)
dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+sum[i]*(F[i]-F[j-1])+S*(F[n]-F[j-1]));
for(register int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,dp[n]);
printf("%d",ans);
return 0;
}