USACO1.3]修理牛棚 Barn Repair

题目大意：

在一个夜黑风高,下着暴风雨的夜晚,farmer John的牛棚的屋顶、门被吹飞了。好在许多牛正在度假，所以牛棚没有住满。牛棚一个紧挨着另一个被排成一行，牛就住在里面过夜。有些牛棚里有牛，有些没有。所有的牛棚有相同的宽度。自门遗失以后,farmer John必须尽快在牛棚之前竖立起新的木板。他的新木材供应商将会供应他任何他想要的长度,但是吝啬的供应商只能提供有限数目的木板。 farmer John想将他购买的木板总长度减到最少。

给出:可能买到的木板最大的数目M(1<= M<=50);牛棚的总数S(1<= S<=200); 牛棚里牛的总数C(1 <= C <=S);和牛所在的牛棚的编号stall_number(1 <= stall_number <= S),计算拦住所有有牛的牛棚所需木板的最小总长度。输出所需木板的最小总长度作为答案。

输入输出格式

输入格式：

第 1 行: 木板最大的数目M ,牛棚的总数S 和牛的总数C(用空格分开)

第 2 到 C+1行: 每行包含一个整数，表示牛所占的牛棚的编号。

输出格式：

单独的一行包含一个整数表示所需木板的最小总长度。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

对于这个题大多数人是用贪心做的，蒟蒻看到数据范围没思考上来就写啦个DP，不过都是0ms过得，实际上这个DP思路完全不难，如果说把每头牛的位置排序后，第i头用j块木板的长度可以是和他前一头牛使用j块木板的到的长度，或者是自己重新用一块木板所以很容易就得到啦转移方程：

a[]牛棚编号
          dp[i][j]修到第i头牛,用前j个木板所用的最短长度。
          dp[i][j]=min{dp[i-1][j-1]+1,dp[i-1][j]+a[i]-a[i-1]}
          dp[i-1][j-1]+1表示在第j个牛棚使用一个新木板（长度为1）进行覆盖，
          dp[i-1][j]+a[i]-a[i-1]表示延长第j块木板到第i头牛

代码：

    #include <iostream>#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace std;#define MIN(a, b) (((a) < (b)) ? (a) : (b))/** TODO VAR. */int m, s, c;//m个板，s个棚，c头牛int num[205], dp[205][55], minn = (int)(2e9);int main(){/*a[]牛棚编号dp[i][j]修到第i头牛,用前j个木板所用的最短长度。dp[i][j]=min{dp[i-1][j-1]+1,dp[i-1][j]+a[i]-a[i-1]}dp[i-1][j-1]+1表示在第j个牛棚使用一个新木板（长度为1）进行覆盖，dp[i-1][j]+a[i]-a[i-1]表示延长第j块木板到第i头牛*///  freopen("barn1.in","r",stdin);// freopen("barn1.out","w",stdout);scanf("%d%d%d", &m, &s, &c);for(int i = 0; i < c; i++) scanf("%d", num + i);sort(num, num + c);//默认升序memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));//一个"无穷大"10亿dp[0][0] = 1;for(int i = 1; i < c; i++)//第i头牛{for(int j = 0;j < m; j++)//第j块板{dp[i][j] = dp[i - 1][j] + (num[i] - num[i - 1]);if(j > 0) dp[i][j] = MIN(dp[i][j], dp[i - 1][j - 1] + 1);if(c - 1 == i) minn = MIN(minn, dp[i][j]);//最后一头牛,不要管木板是否用完了，记录最短木板长度}}printf("%d\n",minn);return 0;}