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POJ 1260 Pearls
题意:给你n种珍珠,档次从低到高。每一种珍珠会给你计划要买的数量及单价。要你求出买原固定数量的珍珠,使得档次与价格最优。(每个档次的珍珠花的钱=(计划数量+10)*单价)
我们来看一个例子:
3 1 10 1 11 100 12首先原计划买的珍珠数量为100+1+1=102 花的钱{(1+10)*10+(1+10)*11+(100+10)*12}=1551
我们按题意优化后:(102+10)*12=1344<1551,所以输出1344
我们可以从题目中看到:
1、题目档次高地珍珠一定比档次低得珍珠单价高
2、我们只能用档次高地替换档次低得珍珠
所以我们可以思考,在到达第i类珍珠的时候,前面的最优为dp[i-1],那么当前未优化的钱是:dp[i-1]+(c[i]+10)*p[i];
优化时,我们枚举i之前的情况,设前j种珍珠的最优是dp[j],所以买第i种珍珠的数量为sum[i]-sum[j].所以优化后的钱是:
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i])
所以AC代码:
#include<stdio.h> #include<algorithm> using namespace std; int dp[105],c[105],p[105],sum[105]; int main() { int t,n,i,j; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d",&n); sum[0]=0; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d %d",&c[i],&p[i]); sum[i]=sum[i-1]+c[i]; } dp[0]=0; for(i=1;i<=n;i++) { dp[i]=(c[i]+10)*p[i]+dp[i-1]; for(j=0;j<i;j++) dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]); } printf("%d\n",dp[n]); } return 0; }
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