Description
政府在某山区修建了一条道路，恰好穿越总共m个村庄的每个村庄一次，没有回路或交叉，任意两个村庄只能通过这条路来往。已知任意两个相邻的村庄之间的距离为di（为正整数），其中，0 < i < m。为了提高山区的文化素质，政府又决定从m个村中选择n个村建小学（设 0 < n < = m < 500 ）。请根据给定的m、n以及所有相邻村庄的距离，选择在哪些村庄建小学，才使得所有村到最近小学的距离总和最小，计算最小值。
第1行为m和n，其间用空格间隔
第2行为(m-1) 个整数，依次表示从一端到另一端的相邻村庄的距离，整数之间以空格间隔。
例如
10 3
2 4 6 5 2 4 3 1 3
表示在10个村庄建3所学校。第1个村庄与第2个村庄距离为2，第2个村庄与第3个村庄距离为4，第3个村庄与第4个村庄距离为6，…，第9个村庄到第10个村庄的距离为3。
Output
各村庄到最近学校的距离之和的最小值。
10 2
3 1 3 1 1 1 1 1 3
Sample Output
18
Solution
先说些题外话，这是今天SCX大犇出的NOIP模拟题T2（难度还可以的）。
一开始我想了个很显然的DP：
\[DP_{i,j}=DP_{k,j-1}+Q_{k+1,i}\]\(Q_{L,R}\)表示的是从L到R村庄如果建一所学校，最小距离和是多少。
然后我神奇的发现这是一个\(O(n^4)\)的DP！
天啦噜！考虑优化！
我们可以用前缀和来维护由第k个村庄到L…R村的距离，然后枚举L、R和中间断点MID，来求出\(Q_{i,j}\)，然后跑DP就可以了。
显然这是一个\(O(n^3)\)的DP，对于本题来说能过了。
Code
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| #include <cstdio>
#include <map>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int getint() {
int r = 0, k = 1; char c = getchar();
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if (c == '-') k = -1;
for (; '0' <= c && c <= '9'; c = getchar()) r = r * 10 - '0' + c;
return r*k;
}
const int INF = 1000000007;
const int maxn = 505;
int n, m, a[maxn], p[maxn], que[maxn][maxn], mque[maxn][maxn];
int dp[maxn][maxn];
int dis(int i, int j) { if (j > i) return p[j] - p[i]; return p[i]-p[j];}
int main() {
n = getint(); m = getint();
for (int i = 1; i < n; ++i) a[i] = getint(), p[i+1] = p[i]+a[i];
for (int i = 0; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j <= n; ++j)
mque[i][j] = dp[i][j] = INF;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= n; ++j)
que[i][j] = que[i][j-1]+dis(i, j);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= i; ++j)
for (int k = j; k <= i; ++k)
mque[j][i] = min(mque[j][i], que[k][i] - que[k][j-1]);
dp[i][i] = 0;
dp[i][1] = mque[1][i];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 2; j <= m; ++j)
for (int k = 1; k < i; ++k)
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[k][j-1]+mque[k+1][i]);
printf("%d", dp[n][m]);
return 0;
}
|