POJ1260-Pearls
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大致题意:
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。
【规定买任一类的珍珠n个(价格为p),都要支付(n+10)*p的钱,即额外支付10*p】
例如样例Input的第二个例子:
3
1 10
1 11
100 12
需要买第一类1个,第二类1个,第三类100个
按常规支付为 (1+10)*10 + (1+10)*11 + (100+10)*12 = 1551元(一共买了102个珍珠)
但是如果全部都按照第三类珍珠的价格支付,同样是买102个,而且其中总体质量还被提高了,但是价格却下降了:(102+10)*12 = 1344元
而对于样例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
本题关键点在于:
(1) 要求要买的珍珠的数量是一定的
(2) 所买的珍珠的质量允许提高,但不允许下降(即可以用高质量珍珠替代低质量)
(3) 输入时,后输入的珍珠价格一定比前面输入的要贵
(4) 由(2)(3)知,珍珠的替代必须是连续的,不能跳跃替代(这个不难证明,因为假如用第i+2类去替代第i类珍珠,会使最终的支付价格降低,那么用第i+1类去替代第i类珍珠会使最终的支付价格更加低)
根据这4个约束条件,那么购买珍珠的方案为:
在珍珠类型的总区间[1,c]中划分多个子区间,其中在闭区间i1~j1的珍珠全部按第j1类珍珠的价格p1支付,在闭区间i2~j2的珍珠全部按第j2类珍珠的价格p2支付,…在闭区间in~jn的珍珠全部按第jn类珍珠的价格pn支付。 这些区间互不相交。
其余珍珠按其原价支付。
要求找出最优的划分方案,使得最终支付价格最低。
令dp[i]表示在已知第i类珍珠时,所需支付的最低价格
则状态方程为:
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
dp[0]=0; //Dp初始化
1 //Memory Time 2 //220K 0MS 3 4 #include<iostream> 5 using namespace std; 6 7 int min(int a,int b) 8 { 9 return a<b?a:b;10 }11 12 int main(int i,int j)13 {14 int test;15 cin>>test;16 while(test--)17 {18 /*Input & Initial*/19 20 int c;21 cin>>c;22 23 int* a=new int[c+1]; //某类珍珠数目24 int* p=new int[c+1]; //某类珍珠单价25 int* dp=new int[c+1]; //dp[i]表示在已知第i类珍珠时,所需支付的最低价格26 int* sum=new int[c+1];//sum[i]=∑a[i]27 28 sum[0]=0;29 for(i=1;i<=c;i++)30 {31 cin>>a[i]>>p[i];32 sum[i]=sum[i-1]+a[i];33 }34 35 /*Dp*/36 37 dp[0]=0; //Dp初始化38 for(i=1;i<=c;i++)39 {40 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41 for(j=0;j<i;j++) //枚举第i种珍珠前的每一种珍珠,寻找最优价格42 dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]); //在求dp[i]前,对于每一个j<i,dp[j]的最优值已求出43 } //(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]即第j+1~i种珍珠被第i种珍珠替代后的价格44 cout<<dp[c]<<endl;45 46 delete a,p,dp,sum;47 }48 return 0;49 }
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