题目无法正常粘贴，地址:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5303
大意是给出一个环形公路，和它的长度，给出若干颗果树的位置以及树上的果子个数。
起点为0，背包大小为K，求最小走多少距离能摘完所有的果子并回到起点。
观察得知，公路长度L虽然上界10^9，但果子总和最多10^5，还是可做的。
显然如果想回家时在左半边肯定逆时针返回更近，在右边同理顺时针更近。
所有取果子的操作无非三种情况(顺时针出发逆时针返回&&逆时针出发顺时针返回&&顺时针一次走一圈<==>逆时针走一圈)。
*走整圈的情况==>最起码在装完左边的果子之后背包还有富余，不然没有往右走的必要，*而且在整个取果子过程中至多转一圈，否则只会比ans大。
由于背包的大小限制每次取果子的个数，为了方便处理数据，*我们不妨将果子做离散化处理，存进x数组中(x[i]即第i个果子的位置);
我们可以将左/右两边的果子按距离远点的距离排序放入两个l/r容器中。
之后dp1[i]表示从原点顺时针出发取得第i个果子再返回原点所需时间的一半(*保存为一半的距离方便计算)，dp2同理.
处理完之后假设不饶圈，ans=dp1[l.size()]+dp2[r.size()];
接着我们枚举绕一圈的拿到的果子数即可，[0,K],而且不能超出左边的果子数，所以[0,min(K,l.size())];
对于此时，左边已经捡走了l.size()-i的果子到起点,右边就是r.size-(K-i)，考虑到可能背包剩余空间大于右边的剩余果子,将其与0取较大者即可。
思考过程略复杂但代码量不多，值得多思考思考，精巧之处*号标注。
DP方程dp[i]={ //i从1开始
l[i] i<=k;
l[i]+dp[i-k] i>k;
}
如果第i个果子大于k显然他要走到第i个果子的位置再返回，从路上带走k个果子，如果路上还有则继续返回带走，
在这个过程中如果想要路程最短化，根据贪心，他应该优先带走[1,i]中靠近处的果子，这样再次返回时走的更短。
#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm> using namespace std; #define LL long long LL x[100005]; LL dp1[100005],dp2[100005]; vector<LL> l,r; int main() { int N,M,K,L,T; int i,j; LL X,A; scanf("%d",&T); while(T--){int cnt=0; LL ans; l.clear(); r.clear(); scanf("%d %d %d",&L,&N,&K); for(i=0;i<N;++i){ scanf("%lld%lld",&X,&A); for(j=1;j<=A;++j) x[++cnt]=(LL)X; } for(i=1;i<=cnt;++i){ if(2*x[i]<L) l.push_back(x[i]); else r.push_back(L-x[i]); }int szl=l.size(),szr=r.size(); sort(l.begin(),l.end()); sort(r.begin(),r.end()); for(i=0;i<szl;++i){ dp1[i+1]=(i+1<=K?l[i]:dp1[i+1-K]+l[i]); } for(i=0;i<szr;++i){ dp2[i+1]=(i+1<=K?r[i]:dp2[i + 1-K]+r[i]); } ans=(dp1[szl]+dp2[szr])*2; for(i=1;i<=szl&&i<=K;++i){ int p1=szl-i; int p2=max(0,szr-(K-i)); ans=min(ans,2*(dp1[p1]+dp2[p2])+L); } printf("%lld ",ans); } return 0; }