題目描述
snj位於hb省西部一片群峰聳立的高大山地，橫亙於a江、b水之間，方圓數千平方公里，相傳上古的神醫在此搭架上山採藥而得名。景區山峰均在海拔3000公尺以上，堪稱"華中屋脊"。snj是以秀綠的亞高山自然風光，多樣的動植物種，人與自然和諧共存為主題的森林生態區。
snj處於中國地勢第二階梯的東部邊緣，由大巴山脈東延的餘脈組成中高山地貌，區內山體高大，高低不平。 交通十分不便。
最近，hb省決定修一條從yc市通往snj風景區的高速公路。經過勘測分析，途中需要經過高度分別為h1，h2，……,hn的n個山區。由於高低不平，除正常的修路開支外，每段還要多出高度差|hi - hi-1|*x萬元的斜坡費用。dr. kong 決定通過填高一些區域的高度來降低總的費用。當然填高也是需要一些費用的。每填高y單位，需要付出y2萬元費用。
你能否幫dr. kong做出乙個規劃，通過部分填高工程改造，使得總的費用降下來。
第一行： t 表示以下有t組測試資料（ 1≤ t ≤8 ）
對每組測試資料，
第一行：n x（2 ≤ n ≤100，000 1≤ x ≤100）
第二行：n個整數，分別表示n個區域的高度hi( 1<=hi<=100 , i=1…. n)
對每組測試資料，輸出佔一行，乙個整數，即經過部分填高工程改造後的最少費用。
dp[i][j]表示 第i個山區 在第j高度下時，所需要的最少費用
狀態轉移方程：dp[i][j] = min( dp[i-1][k] + 第i個山區填高的費用 + 第i-1和第i個山區斜坡的花費)
為什麼可以這樣轉移？
因為 題目給出的資料 區域最大高度不過100，而山區最大由100000個，借助資料特點。
#includeusing namespace std;
const int maxn = 100005;
int t;
int a[maxn];
int dp[maxn][210];
int n,x;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int main()
memset(dp,inf,sizeof(dp));
for(int i=a[1];i<=100;i++)
for(int i=2;i<=n;i++)
}} int ans = inf;
for(int i=1;i<=100;i++)
cout題目描述
某山區的孩子們上學必須經過一條凹凸不平的土路，每當下雨天，孩子們非常艱難。現在村里走出來的dr. kong決定募捐資金重新修建著條路。由於資金有限，為了降低成本，對修好後的路面高度只能做到單調上公升或單調下降。
為了便於修路，我們將整個土路分成了n段，每段路面的高度分別a1，a2,….,an。由於將每一段路墊高或挖低乙個單位的花費成本相同，修路的總費用與路面的高低成正比。
現在dr. kong希望找到乙個恰好含n個元素的不上公升或不下降序列b1，b2,….,bn，作為修過的路路段的高度。要求：
| a1-b1| + | a2–b2| + ... + | an-bn|------>最小
參考部落格：
這道題和第十一屆的類似，只不過dp轉移需要改變；
因為ai 最大 有1e9，我們不能再用dp[i]j，這裡j最大有1e9，這種方法不可行
而題目給出的資料 ai 雖然大，但是 n小啊。
這道題的正確做法：dp[i][j] 表示第i段在第a[j]高度下的最小費用，前i-1段已經修好了，為什麼可以這樣？因為題目要求最小花費，我們最大也只能修到和 a[j]陣列的最大值相等的高度，也就是a[j]
也就是 dp[i][j]:= 把第i段路修成b[j]高度，所需要的最小花費（這時，前i-1段路都已經搞定啦）
由於是不遞減，所以第i段路修成b[j]，那麼第i-1段路就只能修成b[1]-b[j]，要求第i段路的最優解，則求:
dp[i][j]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]……dp[i-1][j]）+abs(a[i]-b[j])
第i-1段路修成b[1],b[2]…b[j]的最小值，加上第i段路修成b[j]所需要的消費
#include#include#includeusing namespace std;
int a[505],b[505],n,dp[505][505];
const int inf=0x3f3f3f3f;
int cmp(int a,int b)
int solve()
for(int i=2;i<=n;i++)
}int ans=inf;
for(int i=1;i<=n;i++)
return ans;}
int main()
sort(b+1,b+1+n);
int ans1=solve();
sort(b+1,b+1+n,cmp);
int ans2=solve();
printf("%d\n",min(ans1,ans2));}}
o(n^3)
o(n^3)的做法 更為直觀，但是執行了1700ms會超時。
dp[i][j]表示 第i個點 在高度為b[j]下的最小花費
狀態轉移方程：第i個點 在第b[j]高度 = min(第i-1個點，在第b[k]高度)
所以三層迴圈直接遞推。
#includeusing namespace std;
const int maxn = 510;
int t;
int n;
int dp[maxn][maxn][2];
int a[maxn];
int b[maxn];
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int main()
sort(b+1,b+n+1);
memset(dp,inf,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
//第一次dp 正序
for(int i=2;i<=n;i++)}}
//第二次 這裡超時 k從j~n 最壞時間複雜度o(n^3)
/* for(int i=2;i<=n;i++)}}
*/ reverse(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
//把陣列反轉重新 再進行一次第一次dp
for(int i=2;i<=n;i++)}}
int ans = inf;
for(int i=0;i<=n;i++)
cout本題小結與想法：
從o(n^3) 優化到o(n^2)的一些理解：
o(n^2)利用單調不減性質：tmp求出了 把第i-1段路修成不超過b[j]的最小花費，tmp找出的是(i-1段路修成不超過b[j]的最小花費)的最優解，邊推(i從2~n的過程中)邊更新這個最優解，以用來求第i段路修成不超過b[j]的最小花費
o(n3)：每次j變化時，都從0開始到j結束找一遍i-1段路修成不超過b[j]的最小花費，可以優化成o(n2)邊推邊更新。
兩道區間DP水題
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兩道NOIP裡的DP題目
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