HDU 1421 搬寝室

传送门

多阶段决策dp。（另一种思考方式是转化为求 最小的不相邻的要求必须正好选k个的子序列和。。代码一样。。参考这个的第二种方法）
选k对物品，要求每对物品重量的平方差的和最小。

这道题必须想清楚一个结论：最优解的每一对物品在排序后的序列中一定都是相邻的。这句话从下面两个方面理解：

1. 每一对物品相邻 指的是这对物品内的两个物品是相邻的。
2. 最优解的每一对物品都相邻。所以，若n=2k，则最优解可以排序后直接得出（因为只有一种构造方式）。

为什么？若某一对物品不相邻，假设中间有其他对物品干扰了，则只有两种情况，而这两种情况都可以转化为更优的方案，即没有重叠计算差值。（下图数轴表示已排序的物品序列）

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dp[i][j]表示可选取物品的范围为前i个，选取j对的子问题的最优解。

逐个扩大子问题范围，递推求解。在处理前i个时，前面的子问题都已计算，当前只多了一个可选择的物品i，那么只用考虑选或不选物品i。若选，则只能将物品i和物品i-1配对，由子问题i-2转移。

注意只把初始触发状态设为0（或者加上边界状态（也可以显式排除）：所有范围下都选0对）。
虽然是求最小，但如果全设为0也AC，证明了没有引用非法状态。但要是把if(i == 2*j)去掉就WA了（这样的话必须先全设为INF，因为引用了非法状态）。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
using namespace std;     // 可以证明，必须按照从小到大，每一对都是相邻的两个物品，才可能有最小值

int N, K;
int w[2000];
int dp[2000][1000];      // 前i物品选j对的最小值

void init()
{
	for (int i = 0; i <= N; i++)
		dp[i][0] = 0;    // 初始的合法状态
}

int main()
{
	for (; ~scanf("%d%d", &N, &K);)
	{
		init();
		for (int i = 1; i <= N; i++)
			scanf("%d", &w[i]);

		sort(w + 1, w + N + 1);
		for (int i = 1; i <= N; i++)
		{
			for (int j = 1; j <= i / 2; j++)
			{
				if (i == 2 * j)
					dp[i][j] = dp[i - 2][j - 1] + (w[i - 1] - w[i])*(w[i - 1] - w[i]);
				else 
					dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i - 2][j - 1] + (w[i - 1] - w[i])*(w[i - 1] - w[i]));      // 不选与选
			}
		}
		printf("%d\n", dp[N][K]);
	}

	return 0;
}