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题目描述

在笔直的大道上建有$n$个大别墅，两个大别墅之间的距离是他们的横坐标之差的绝对值，保证大别墅之间的距离只能是整数，且没有别墅的位置是相同的。
现在需要建立$m$座大超市$(m \leq n)$，大超市只能建立在别墅所在的位置，现在需要你写个程序，给定了所有别墅的位置和大超市的数目，计算出每个别墅离最近的大超市的距离总和的最小值。

输入格式

第一行包括两个整数$n$和$m$
第二行包括n个整数，代表别墅的位置，以升序的形式列出。对于每一个整数$x$.

样例输入

10 5
1 2 4 6 7 10 11 25 44 70

样例输出

11

数据范围

$1 <= n <= 300$
$1 <= m <= 30$
$m <= n$
$1 <= X <= 10000$

我们先考虑这样一个问题：三个别墅分别在$(1, 7, 20)$中选一个超市，最小的距离和是多少。

答案是在中间那个超市，因为$（20-1+1） ÷ 2 = 10$，离$10$最近的超市是7，所以我们选中间这个别墅做超市，那么再来有5个别墅的情况：

答案还是离$（20-1+1） ÷ 2=10$的最近的别墅7，所以我们得出一个结论： 只有超市位于中间位置，距离和才最小

注意这个位置不是中间的那个别墅，而是离中间的那个地方最近的别墅。

设$dp[i][j]$表示考虑前$i$个别墅建$j$个超市的最小代价。

那么$dp[i][j]$可以从哪个地方转移过来呢？

$dp[k][j - 1]$，因为我们可以把$k$前面的别墅分成一块$k$到$i$的别墅另外分成一块，这一块只建一个超市。

所以状态转移方程是:$$dp[i][j]=min(dp[i][j],\text{ }\text{ }dp[k][j-1]+dis[k+1][i])$$
注：$dis[i][j]$表示第i个别墅到第j个别墅只建一个超市的最小代价

这个$dis[i][j]$是需要预处理的，因为如果不预处理，每次就需要枚举最优决策点，时间复杂度为$O(P^2 V^2)$是会超时的，但是我们可以用$V^2$预处理$dis[i][j]$，那么时间复杂度就降成$O(P^2V)$就不会超时了。

那现在来看看这个$dis[i][j]$怎么算：

我们先去掉$i$~$j$区间的最后一个，即只剩下了$i$ ~ $j-1$，这个区间只建一个超市的最小代价是$dis[i][j-1]$，最后加上新加的这个节点的与最优决策点的差就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 305
#define INF 0x3f3f3f3f
int V, P;
int x[MAXN], dp[MAXN][MAXN], dis[MAXN][MAXN];
int main()
{
    scanf("%d %d", &V, &P);
    memset(dp, INF, sizeof(dp)); 
    for(int i = 1; i <= V; i++)
        scanf("%d", &x[i]);
    for(int i = 1; i <= V; i++)
        dis[i][i] = 0;
    for(int i = 1; i <= V; i++)
        for(int j = i + 1; j <= V; j++)
            dis[i][j] = dis[i][j - 1] + x[j] - x[(i + j) / 2];
    for(int i = 1; i <= V; i++)
        dp[i][1] = dis[1][i];
    for(int j = 1; j <= P; j++)
        for(int i = j + 1; i <= V; i++)
            for(int k = 1; k <= i; k++)
                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[k][j - 1] + dis[k + 1][i]);
    cout << dp[V][P] << endl;
    return 0;
}