POJ1260-Pearls
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大致题意：
给出几类珍珠，以及它们的单价，要求用最少的钱就可以买到相同数量的，相同（或更高）质量的珍珠。
【规定买任一类的珍珠n个(价格为p)，都要支付(n+10)*p的钱，即额外支付10*p】
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
而对于样例Input的第一个例子：
2
100 1
100 2
按常规支付为 （100+10）*1 + (100+10)*2 =330元
但是全部按第二类珍珠的价格支付，同样买200个，虽然总体质量提升了，但是价格也提高了： (202+10)*2=424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
dp[0]=0; //Dp初始化
1 //Memory Time
2 //220K 0MS
3
4 #include<iostream>
5 using namespace std;
6
7 int min(int a,int b)
8 {
9 return a<b?a:b;
10 }
11
12 int main(int i,int j)
13 {
14 int test;
15 cin>>test;
16 while(test--)
17 {
18 /*Input & Initial*/
19
20 int c;
21 cin>>c;
22
23 int* a=new int[c+1]; //某类珍珠数目
24 int* p=new int[c+1]; //某类珍珠单价
25 int* dp=new int[c+1]; //dp[i]表示在已知第i类珍珠时,所需支付的最低价格
26 int* sum=new int[c+1];//sum[i]=∑a[i]
27
28 sum[0]=0;
29 for(i=1;i<=c;i++)
30 {
31 cin>>a[i]>>p[i];
32 sum[i]=sum[i-1]+a[i];
33 }
34
35 /*Dp*/
36
37 dp[0]=0; //Dp初始化
38 for(i=1;i<=c;i++)
39 {
40 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
41 for(j=0;j<i;j++) //枚举第i种珍珠前的每一种珍珠，寻找最优价格
42 dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]); //在求dp[i]前，对于每一个j<i，dp[j]的最优值已求出
43 } //(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]即第j+1~i种珍珠被第i种珍珠替代后的价格
44 cout<<dp[c]<<endl;
45
46 delete a,p,dp,sum;
47 }
48 return 0;
49 }
