POJ-1260 Pearls---DP

Posted 2020-11-03 努力努力再努力x

题目链接：

https://cn.vjudge.net/problem/POJ-1260

题目大意：

给定一系列的不同质量项链上的珠宝数量和价格（按质量升序给出，同时价格也升序）。可以用价格高的珠宝来替代价格低的珠宝。这样或许可以节省总钱数。而题目就是要求出购买所有数量的珠宝所需支付的最低价格。

解题思路：

例如样例Input的第二个例子：

3

1 10

1 11

100 12

需要买第一类1个，第二类1个，第三类100个

按常规支付为 (1+10)*10 + (1+10)*11 + (100+10)*12 = 1551元（一共买了102个珍珠）

但是如果全部都按照第三类珍珠的价格支付，同样是买102个，而且其中总体质量还被提高了，但是价格却下降了：(102+10)*12 = 1344元

 

本题关键点在于：

（1）       要求要买的珍珠的数量是一定的

（2）       所买的珍珠的质量允许提高，但不允许下降（即可以用高质量珍珠替代低质量）

（3）       输入时，后输入的珍珠价格一定比前面输入的要贵

（4）       由（2）（3）知，珍珠的替代必须是连续的，不能跳跃替代（这个不难证明，因为假如用第i+2类去替代第i类珍珠，会使最终的支付价格降低，那么用第i+1类去替代第i类珍珠会使最终的支付价格更加低）

 

根据这4个约束条件，那么购买珍珠的方案为：

在珍珠类型的总区间[1,c]中划分多个子区间，其中在闭区间i1~j1的珍珠全部按第j1类珍珠的价格p1支付，在闭区间i2~j2的珍珠全部按第j2类珍珠的价格p2支付，…在闭区间in~jn的珍珠全部按第jn类珍珠的价格pn支付。 这些区间互不相交。

其余珍珠按其原价支付。

要求找出最优的划分方案，使得最终支付价格最低。

 

令dp[i]表示在已知第i类珍珠时,所需支付的最低价格

则状态方程为：

dp[i]=(a[i]+10)*p[i]+dp[i-1];  //当第i种珍珠出现时，未优化价格的情况

dp[i]=min(dp[i],(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]+dp[j]);  //枚举j，价格优化

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cmath>
 6 #include<queue>
 7 #include<stack>
 8 #include<map>
 9 #include<sstream>
10 #define Mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
11 using namespace std;
12 typedef long long ll;
13 int dp[1005], sum[1005];//dp[i]表示前i个的最低价格，sum[i]表示前i个的数目
14 int a[1005], p[1005];//输入的数据，分别是个数和价格
15 int main()
16 {
17     int T, n;
18     cin >> T;
19     while(T--)
20     {
21         Mem(a, 0);
22         Mem(p, 0);
23         Mem(dp, 0);
24         Mem(sum, 0);
25         cin >> n;
26         for(int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i] >> p[i], sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
27         for(int i = 1; i <= n; i++)
28         {
29             dp[i] = dp[i - 1] + p[i] * (a[i] + 10);
30             for(int j = 0; j < i; j++)
31                 dp[i] = min(dp[i], dp[j] + (sum[i] - sum[j] + 10) * p[i]);//只能有高价格代替低价格
32         }
33         cout<<dp[n]<<endl;
34     }
35     return 0;
36 }