HDU 1421 搬寝室——dp动态规划

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#HDU 1421 #dp #ACM #动态规划

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本文探讨了在有限次数的搬运中，如何通过排序和动态规划算法来找到最小疲劳度的搬运方案，解决了搬寝室过程中减少体力消耗的数学问题。

原题地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1421

搬寝室

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 16891 Accepted Submission(s): 5726

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

解题思路：经典的dp问题，首先对价值进行排序，因为要差最小一定是每次拿最近的两个数，设dp[i][j]表示前i个物品中选取j对物品的最小消耗，对于第i件物体，j的取值范围为0到i/2，并且j不能超过k，dp[i][j]=min(dp[i-2][j-1]+(val[i]-val[i-1])*(val[i]-val[i-1]),dp[i-1][j])，【dp[i-2][j-1]+(val[i]-val[i-1])*(val[i]-val[i-1])】表示选取第i件时的消耗，因为选取第i件就务必要选上第i-1件，所以是算i-2件物品前的最小值，同时与不选择i物品时选取j件进行比较【dp[i-1][j]】。要特别注意dp数组的初始化问题，由于每次是比较dp的最小值，不能取得的方案就应该赋值为无限大，例如dp[1][1]，而对于取j=0的情况应该赋值为0。

AC代码：

#include "iostream"
#include "algorithm"
#include "string.h"
using namespace std;

int n,k,val[2005],dp[2005][1005];

void solve()
{
	memset(dp,10000,sizeof(dp));
	for(int i=0;i<=n;i++)
		dp[i][0]=0; 
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=i/2&&j<=k;j++)
		{
			
			dp[i][j]=min(dp[i-2][j-1]+(val[i]-val[i-1])*(val[i]-val[i-1]),dp[i-1][j]);
		}
	}
	printf("%d\n",dp[n][k]);
}

int main()
{
	val[0]=-1;
	while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&val[i]);
		}
		sort(val,val+n+1);
		solve();
	}
	return 0;
}