DP POJ1260

题目

题目链接

1.题意：

　给出几类珍珠，以及它们的单价，要求用最少的钱就可以买到相同数量的，相同（或更高）质量的珍珠。
对于样例Input的第一个例子：
2
100 1
100 2
按常规支付为 （100+10）*1 + (100+10)*2 =330元
但是全部按第二类珍珠的价格支付，同样买200个，虽然总体质量提升了，但是价格也提高了： (202+10)*2=424元。

2.要求：

• N, case数
• c<100, 珍珠的种类
• 第$i$ 行：$a[i]$是要求买该中珍珠的个数。
  　　　　$p[i]$是该珍珠的价格。
• 样例是按照珍珠的价格升序排列。

思路：

　　这个题目和图像压缩是一模一样的。因为每次购买一种新珍珠的时候都要支付额外的金额，因此该题的主要任务是找出一个分段，确定从哪几种珍珠处断开，使得花费最小。

• $dp[i]$：购买前$i$种珍珠所需要的最小花费
• $sum[i]$ : 前$i$中珍珠总计珍珠数目
• $dp[i] = min(dp[i], dp[k] + (sum[i] - sum[k] + 10) * p[i])$，$k 从0$ ~ $i-1$.

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;

int p[100+5],dp[100+5],a[100+5],sum[100+5];

int main()
{
    int cas;
    scanf("%d",&cas);
    while(cas--)
    {
        int N;
        scanf("%d",&N);
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        for(int i = 1; i<=N; i++){
             scanf("%d%d",&a[i],&p[i]);
             sum[i] = sum[i-1] + a[i];
        }
        dp[0] = 0;
        for(int i = 1; i<=N; i++){
            dp[i] = 100000000;
            for(int k = 0; k<i; k++)
                dp[i] = min(dp[i], dp[k]+(sum[i]-sum[k]+10)*p[i]);
        }
        printf("%d\n",dp[N]);
    }
}