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）

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lcy

动态规划问题的关键是寻找状态以及状态转移方程。这里令dp[i][j]表示在前j件物品中选取i对物品时的最小疲劳值。

其次是如何选取的问题。

注意到任意选择一对物品，其累积的疲劳值为两个物品重量差的平方，在所有被选择的物品中任选两对，假设四个物品的重量分别为a,b,c,d(a<=b<=c<=d)，

此时，可能存在两种配对方案，abcd一组，acd一组。可以证明前一种配对方案的疲劳值必不大于后一种。

因此，决定将所有物品按照重量升序排列。在选定的最佳方案中，任意选择两对组合，必定是最小与次小组合，最大与次大组合。

又当两个物品的重量差越小时，疲劳值越小。所以选择的物品必定是相邻的。

这样，就可以比较容易得到状态的转移方程：

如果物品j与物品j-1配对，那么dp[i][j]=dp[i-1][j-2]+(list[j]-list[j-1])^2;

否则，dp[i][j]=dp[i][j-1]

选择上述两者中的最小值。

代码如下：

 1 #include <stdio.h>
 2 #include<algorithm>>
 3 
 4 using namespace std;
 5 
 6 int dp[1001][2001];
 7 const int INF=0x7ffffff;
 8 int list[2001];
 9 
10 int main()
11 {
12     int n,k;
13     while(scanf("%d %d", &n, &k)!=EOF)
14     {
15         for(int i=1; i<=n; i++)
16         {
17             scanf("%d", &list[i]);
18         }
19 
20         sort(list+1, list+1+n);
21         for(int i=1; i<=n; i++)
22         {
23             dp[0][i]=0;     //前i件物品中选择0件物品的疲劳度=0；
24         }
25 
26         for(int i=1; i<=k; i++)
27             for(int j=i*2; j<=n; j++)
28         {
29             if(j>i*2)
30                 dp[i][j]=dp[i][j-1];    //j>2*i 表明最后两个物品不配对，那么dp[i][j]等价于dp[i][j-1]
31             else
32                 dp[i][j]=INF;           //最后两个物品配对，先令其为一个大数
33 
34             if(dp[i][j] > dp[i-1][j-2]+ (list[j]-list[j-1])*(list[j]-list[j-1]) )
35                 dp[i][j]=dp[i-1][j-2]+ (list[j]-list[j-1])*(list[j]-list[j-1]);
36         }
37 
38         printf("%d
", dp[k][n]);
39     }
40     return 0;
41 }