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搬寝室

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Description

搬寝室是很累的,xhd深有体会.时间追述2006年7月9号,那天xhd迫于无奈要从27号楼搬到3号楼,因为10号要封楼了.看着寝室里的n件物品,xhd开始发呆,因为n是一个小于2000的整数,实在是太多了,于是xhd决定随便搬2*k件过去就行了.但还是会很累,因为2*k也不小是一个不大于n的整数.幸运的是xhd根据多年的搬东西的经验发现每搬一次的疲劳度是和左右手的物品的重量差的平方成正比(这里补充一句,xhd每次搬两件东西,左手一件右手一件).例如xhd左手拿重量为3的物品,右手拿重量为6的物品,则他搬完这次的疲劳度为(6-3)^2 = 9.现在可怜的xhd希望知道搬完这2*k件物品后的最佳状态是怎样的(也就是最低的疲劳度),请告诉他吧.

Input

每组输入数据有两行,第一行有两个数n,k(2<=2*k<=n<2000).第二行有n个整数分别表示n件物品的重量(重量是一个小于2^15的正整数).

Output

对应每组输入数据,输出数据只有一个表示他的最少的疲劳度,每个一行.

Sample Input

2 1
1 3

Sample Output

4

Source

HDU1421

首先，要怎么搬呢？即每一对要怎么取？如果有abcd四个数，且a<b<c<d，应该是取ab，cd好呢还是ac，bd好？抑或是bc，ad好呢？答案是第一种，因为：

(a-b)^2+(c-d)^2 < (a-c)^2+(b-d)^2
(a-b)^2+(c-d)^2 < (a-d)^2+(b-c)^2

即每对物品都应是重量最为接近的物品，也就是说对n件物品排序后，每对物品都应该是连续的。

证明大家都会，就此略过。

以动态规划的思想来思考本题：

定义数组a[i]为搬第i对物品所消耗的疲劳值；数组f[n][k]来表示在n件物品中搬k对的最佳状态，而达到这一状态的决策可能为：

1. 第n件物品不搬，即在前n - 1件物品中搬k对，那么疲劳值仍为f[n - 1][k]；
2. 第n件物品要搬，那么根据上面所证，第n - 1件物品也要同时搬，即在前n - 2件物品中搬k - 1对物品，再搬最后一对物品，那么疲劳值为f[n - 2][k - 1] + a[n - 1]，n - 1是因为对数必然比总物品数少1。

为使疲劳值最小，因此最佳策略为取两种决策中的最小值，即应使：

f[n][k] = min(f[n - 1][k], f[n - 2][k - 1] + a[n - 1])

应该注意的是要考虑边界问题，f[i][j]中：

1. 当2 * j > i时，即要搬的数量超过了物品总量，这是不可能发生的，因此此时令f[i][j]为无穷大；
2. 当j == 0时，即在一对物品都没搬时，所需疲劳值应该是0，此时令f[i][j] = 0。

可得代码如下：

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int f[2001][1001];
int a[2001];
int getF(int i, int j){
	if(j * 2 > i)	//要搬的数量超过物品总数时
		return 1000000000;	//一个足够大的数来表示无穷大，即永远不可能发生
	if(j == 0)	//一件物品都没搬时
		return 0;	//不消耗疲劳值
	return f[i][j];	//正常情况
}
int main(){
	int n, k, i, j;
	while(scanf("%d%d", &n, &k) != EOF){
		for(i = 1; i <= n; ++i){
			scanf("%d", &a[i]);
		}
		sort(a + 1, a + n + 1);
		for(i = 1; i < n; ++i){
			a[i] = a[i + 1] - a[i];
			a[i] *= a[i];
			//printf("%d ", a[i]);
		}
		for(j = 1; j <= k; ++j){
			for(i = 2 * j; i <= n; ++i){
				f[i][j] = min(getF(i - 1, j), getF(i - 2, j - 1) + a[i - 1]);
			}
		}
		printf("%d\n", f[n][k]);
	}
	return 0;
}

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