题目描述
某一村庄在一条路线上安装了n盏路灯，每盏灯的功率有大有小（即同一段时间内消耗的电量有多有少）。老张就住在这条路中间某一路灯旁，他有一项工作就是每天早上天亮时一盏一盏地关掉这些路灯。

为了给村里节省电费，老张记录下了每盏路灯的位置和功率，他每次关灯时也都是尽快地去关，但是老张不知道怎样去关灯才能够最节省电。他每天都是在天亮时首先关掉自己所处位置的路灯，然后可以向左也可以向右去关灯。开始他以为先算一下左边路灯的总功率再算一下右边路灯的总功率，然后选择先关掉功率大的一边，再回过头来关掉另一边的路灯，而事实并非如此，因为在关的过程中适当地调头有可能会更省一些。

现在已知老张走的速度为1m/s，每个路灯的位置（是一个整数，即距路线起点的距离，单位：m）、功率（W），老张关灯所用的时间很短而可以忽略不计。

请你为老张编一程序来安排关灯的顺序，使从老张开始关灯时刻算起所有灯消耗电最少（灯关掉后便不再消耗电了）。

输入输出格式
输入格式：
文件第一行是两个数字n(1<=n<=50，表示路灯的总数)和c(1<＝c<=n老张所处位置的路灯号)；

接下来n行，每行两个数据，表示第1盏到第n盏路灯的位置和功率。数据保证路灯位置单调递增。

输出格式：
一个数据，即最少的功耗(单位：J，1J＝1W·s)。

我们可以将问题普通化。假设现在在第\(i\)盏路灯的位置。由于路灯在一条线上，所以我们现在可以往左走或者往右走。根据题目的性质可以得出这样的结论：以起点为分界，要关掉某盏路灯就要先关掉它和起点之间的所有路灯。所以现在关掉的路灯一定会形成一条经过起点的连续线段。我们现在要关掉下一盏，那么我们需要知道线段的左端点和右端点。

那么经过上面的分析，我们可以设计出这样的状态：\(dp[i][l][r]\)表示现在在第\(i\)盏路灯的位置，线段的左端点为编号为\(l\)的路灯，右端点为编号为\(r\)的路灯。但是我们进一步发现，第一维可以优化掉，因为我们不可能停留在线段的中间部分，我们在到达线段的左端点或者右端点之前不可能会回头，否则还不如一开始就往反方向走优。所以我们只可能停在左端点或者右端点的位置。那么我们省去这一维状态，用0/1表示现在在左端点还是右端点。那么最终我们的状态就是：\(dp[l][r][0/1]\)。

那么状态转移方程也很简单，设第\(i\)栈路灯的位置为\(pos[i]\)，功率为\(w[i]\)，第1~i盏路灯的功率和为\(c[i]\)：
\(dp[l][r][0]=Min(dp[l][r][0],dp[l+1][r][0]+(pos[l+1]-pos[l])*(c[l]+(c[n]-c[r])))\\ dp[l][r][0]=Min(dp[l][r][0],dp[l+1][r][1]+(pos[r]-pos[l])*(c[l]+(c[n]-c[r])))\\ dp[l][r][1]=Min(dp[l][r][1],dp[l][r-1][0]+(pos[r]-c[l])*(c[l-1]+(c[n]-c[r-1])))\\ dp[l][r][1]=Min(dp[l][r][1],dp[l][r-1][1]+(pos[r]-pos[r-1])*(c[l-1]+(c[n]-c[r-1])))\\\)
自然，设起点为x的话，初始化\(dp[s][s][0]=dp[s][s][1]=0\)即可，其余为\(inf\)。目标状态\(Min(dp[1][n][0],dp[1][n][1])\)。时间复杂度为\(O(N^2)\)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define maxn 101
using namespace std;
int n,s,pos[maxn],w[maxn];
long long dp[maxn][maxn][2],c[maxn];
inline int read(){register int x(0),f(1); register char c(getchar());while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();return x*f;
}int main(){n=read(),s=read();for(register int i=1;i<=n;i++) pos[i]=read(),w[i]=read();for(register int i=1;i<=n;i++) c[i]=c[i-1]+w[i];memset(dp,0x3f,sizeof dp),dp[s][s][0]=dp[s][s][1]=0;for(register int len=1;len<=n;len++){for(register int l=1;l+len-1<=n;l++){int r=l+len-1;dp[l][r][0]=min( dp[l][r][0],dp[l+1][r][0]+1ll*(pos[l+1]-pos[l])*(c[l]+(c[n]-c[r])) );dp[l][r][0]=min( dp[l][r][0],dp[l+1][r][1]+1ll*(pos[r]-pos[l])*(c[l]+(c[n]-c[r])) );dp[l][r][1]=min( dp[l][r][1],dp[l][r-1][0]+1ll*(pos[r]-pos[l])*(c[l-1]+(c[n]-c[r-1])) );dp[l][r][1]=min( dp[l][r][1],dp[l][r-1][1]+1ll*(pos[r]-pos[r-1])*(c[l-1]+(c[n]-c[r-1])) );}}printf("%lld\n",min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]));// printf("%d\n",dp[3][4][1]);return 0;
}