Bribe the Prisoners(GCJ 2009 Round 1C C)（dp）

题意：

一个监狱里有P个并排着的牢房。从左至右依次编号为1,2，...，P。最初所有的牢房里都住着一个囚犯。相邻的两个牢房之间可以互通信息。

现在要释放一些囚犯。如果释放某个牢房里的囚犯，其相邻的牢房里的囚犯就会知道，因而发生暴动。所以，释放某个囚犯时，必须要贿赂两旁相邻牢房的囚犯一枚金币。另外，为了防止释放的消息在相邻牢房间传开，不仅两旁直接相邻的牢房，所有可能听到消息的囚犯，即直到空牢房为止或直到监狱两端为止，此间的所有囚犯都必须给一枚金币。

现在要释放Q名囚犯。如果选择所需金币数量尽量少的顺序释放，最少需要多少枚金币？

释放的Q名囚犯，显然会将整个区间分成许多小区间，以此为思路，我们用dp[i][j]表示：将从a[i]号囚犯到a[j]号囚犯（不含两端的囚犯）的连续部分里的所有囚犯都释放时，所需的最少金币总数。

为了更方便的处理两端的情况，我们把左端当成0号囚犯，右端当成Q + 1号囚犯。这样，dp[0][Q + 1]就是答案。

代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 10000 + 10;
const int INF = 10000000;  int P, Q, a[maxn];    //A中保存输入数据，下标从1开始
int dp[maxn][maxn];   //dp[i][j] := 释放(i, j)所需的金币
int main()
{  int T;  scanf("%d", &T);  for (int cas = 1; cas <= T; cas++){  scanf("%d%d", &P, &Q);  for (int i = 1; i <= Q; i++){  scanf("%d", &a[i]);  }  //为了方便，将两端加入a中  a[0] = 0;  a[Q + 1] = P + 1;  //初始化  for (int q = 0; q < Q; q++){  dp[q][q + 1] = 0;  }  //从短的区间开始填充dp  for (int w = 2; w <= Q + 1; w++){  for (int i = 0; i + w <= Q + 1; i++){  //计算dp[i][j]  int j = i + w, t = INF;  //枚举最初释放的囚犯，计算最小的费用  for (int k = i + 1; k < j; k++){  t = min(t, dp[i][k] + dp[k][j]);  }  //最初的释放还需要与所释放囚犯无关的a[j] - a[i] - 1 - 1枚金币  dp[i][j] = t + a[j] - a[i] - 1 - 1;  }  }  printf("Case #%d: %d\n", cas, dp[0][Q + 1]);  }  return 0;
}

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