poj 1682 Clans on the Three Gorges dp(好题)

http://poj.org/problem?id=1682

题意：这是一道非常不错的dp题，我不知道为什么只有300个人做了这道题，这不科学呀。。题目意思是有一个三角形，三角形的三条边上都有需多个点，每个点都有自己的值，现在要在这些点之间建边，每条边的花费为边上两个点的权值的差的绝对值，要求是没个点都要这在至少一条边上，也可以个点上建好几条边，但是边与边之间不允许有交叉，问满足条件的建立这些边的最小话费是多少。

思路：这是一道很好的dp题，首先边与边之间不允许有交叉，这样就可以在三条边上枚举分隔点，这样一共会有6个部分，分成3对，每对之间间建边，选择最小的那个花费就是答案。先进行3次dp，求出第一条边的前i个点和第二条边的前j个点之间相连最小的花费，在用一个三层循环，枚举三角形三条边上的分隔点，再根据之前求出的dp值求出每种情况的最小花费。可是需要注意的是，这样求出的是三条边都两两相连的情况，也许又两条边之间没有建边，这也是有可能的，所以对于这种情况，我们还要额外考虑一下，求出的答案再和之前求出的答案进行比较，最小的那个就是最后的答案。具体的细节，看代码好了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;

int a1[110],a2[110],a3[110];
int dp1[110][110],dp2[110][110],dp3[110][110];

int  main()
{
    int cas;
    cin>>cas;
    while(cas--){
        memset(dp1,0x3f3f,sizeof(dp1));
        memset(dp2,0x3f3f,sizeof(dp2));
        memset(dp3,0x3f3f,sizeof(dp3));

        int n,m,k;
        cin>>n>>m>>k;

        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d ",&a1[i]);
        for(int i=1;i<=m;i++)
            scanf("%d",&a2[i]);
        for(int i=1;i<=k;i++)
            scanf("%d",&a3[i]);

        dp1[0][k+1]=dp2[n+1][0]=dp3[0][m+1]=0;

        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=k;j>0;j--)
            dp1[i][j]=min(dp1[i-1][j+1],min(dp1[i-1][j],dp1[i][j+1]))+fabs(a1[i]-a3[j]);
        for(int i=n;i>0;i--)
            for(int j=1;j<=m;j++)
            dp2[i][j]=min(dp2[i+1][j-1],min(dp2[i+1][j],dp2[i][j-1]))+fabs(a1[i]-a2[j]);
        for(int i=1;i<=k;i++)
            for(int j=m;j>0;j--)
            dp3[i][j]=min(dp3[i-1][j+1],min(dp3[i-1][j],dp3[i][j+1]))+fabs(a3[i]-a2[j]);

        int ans=1e9;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=k;j++){
                for(int p=1;p<=m;p++){
                    int tem1,tem2;
                    tem1=min(dp2[i][p],dp2[i+1][p]);
                    tem2=min(min(dp3[j][p],dp3[j-1][p]),min(dp3[j][p+1],dp3[j-1][p+1]));
                    ans=min(ans,dp1[i][j]+tem1+tem2);
                }
            }

        for(int i=1;i<=n;i++)
            ans=min(ans,dp1[i][1]+min(dp2[i][m],dp2[i+1][m]));
        for(int i=1;i<=m;i++)
            ans=min(ans,dp2[1][i]+min(dp3[k][i],dp3[k][i+1]));
        for(int i=1;i<=k;i++)
            ans=min(ans,dp1[n][i]+min(dp3[i][1],dp3[i-1][1]));

        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}