POJ 1260

题意：有c个种品质不同的珍珠，若要买某一品质的珍珠必须在你买的数量的基础上，多付10个这种珍珠的价钱，可以用高品质的珍珠代替低品质的。求要买到所有目标珍珠至少要花多少钱。数据保证按珍珠的价钱由低到高输入。

思路：易得珍珠的替代必须是连续的，不能跳跃替代。dp[i]表示考虑到第i类珍珠时所需要的最小花费，s[i]表示前i种珍珠的个数。状态转移方程为：

dp[i]=(a[i]+10)*p[i]+dp[i-1];  //当第i种珍珠出现时，未优化价格的情况

dp[i]=min(dp[i],(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]+dp[j]);  //枚举j，价格优化

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#include<cmath>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define y1 y12345
#define mx 105
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define mod 1000000007
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
using namespace std;

struct aa{int n,p;};
aa a[mx];
int s[mx],dp[mx];

int main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n;
        scanf("%d",&n);
        s[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d %d",&a[i].n,&a[i].p);
            s[i]=s[i-1]+a[i].n;
            }
        dp[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int cmin=inf;
            for(int j=0;j<i;j++){
                cmin=min(cmin,(s[i]-s[j]+10)*a[i].p+dp[j]);
            }
            dp[i]=cmin;
        }
        cout<<dp[n]<<endl;
    }
    return 0;
}