HDU：搬寝室

搬寝室

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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
4


解题思路：
dp[i][j]代表将i件物品搬j次所得到的最少疲劳度。
例如有n件物品以及它们的重量。我们将
*  *  *   *   *   *   *  |  * 
要从后看起，如果要将i件物品搬j次，最后一个是第i个，如果我不搬这一件，就等于将i-1件物品搬j次.如果我们搬第i件，搬了这一件物品，每次
就要搬一对，那么要搬的物品就剩下i-2件了，然后需要搬的对数就少了一对，变成j-1对，疲劳度还要加上当前搬这两件物品的疲劳度。
因此搬第i件物品所得到的疲劳度，所获得的疲劳度等于从i-2件物品中搬j-1对所得的疲劳度，即dp[i-2][j-1]加上搬第i和第i-1这两件物品的疲劳
度。
那么状态转移方程为：dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+(w[i]-w[i-1])*(w[i]-w[i-1]))
刚开始dp数组要初始化为正无穷，然后dp[0][0]初始化为0，因为搬0对物品所得到的疲劳度为0.
做这个题目时我遇到了特别奇怪的一件事，这道题如果用memset将dp刷为INF(正无穷），怎么提交都是Wrong Answer.
但是如果用for循环进行赋值，提交就能通过，所以这道题要用for循环对dp数组进行初始化。

题目代码：
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define min(a,b)a<b?a:b
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int dp[2005][2005];   //dp[i][j]代表将i件物品搬j对所得最小疲劳度
int w[2005];
int main()
{
    int n,k,i,j;
    while(~scanf("%d%d",&n,&k))   //n件物品，搬k对
    {
        for(i = 1;i <= n; i++)
            scanf("%d",&w[i]);    //输入n件物品的质量
        sort(w+1,w+n+1);           //排序，因为排序后相邻两个数之差小，这样平方后疲劳度小。
        for(int i = 0; i <= n; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= k; j++)
            {
                dp[i][j] = INF;   //初始化为正无穷
            }
        }
      //memset(dp,INF,sizeof(dp));  //全刷成无穷大，虽然方便，但这题如果用memset去刷就会答案错误，不明白为什么
        dp[0][0]=0;    
        for(i = 2;i <= n; i++) //至少两件物品才能凑成一对，所以i从2开始
        {
            for(j = 1;2*j <= i; j++)  //i件物品最多能取（i/2）对。所以j<=i/2,判断条件变为2*j<=i;
            {
                dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+(w[i]-w[i-1])*(w[i]-w[i-1]));
            }
        }
        printf("%d\n",dp[n][k]);
    }
    return 0;
}