如果你和我一样觉得一维 DP 的转移很难想，不妨考虑二维 DP。

设 \(dp_{i,j}\) 表示摆放前 \(i\) 本书，当前最后一层恰好放了 \(j\) 本书时，所有书架的总最小高度。

然后你就会发现有一个条件没有放进状态里面：

每层书架的总宽度不能超过 \(L\)。

所以再开一个 \(dp2\) 数组，\(dp2_{i,j}\) 表示前 \(i\) 本书、最后一层放 \(j\) 本书时，当前最后一层的总宽度。

然后考虑转移。设现在推 \(dp_{i,j}\) 和 \(dp2_{i,j}\)。

分情况讨论：

  • 如果 \(j = 1\)，说明我开了新的一层，所以 \(dp_{i,j}\) 从 \(dp_{i-1,1}\) 到 \(dp_{i-1,i-1}\) 枚举一遍求最小值，然后加上 \(h_{i}\)。\(dp2_{i,j}\) 直接赋值为 \(w_{i}\)。
  • 否则，我一定放在上一层末尾。
    • 如果上一层容不下我，那么当前状态无效，退出内层循环（因为 \(j\) 递增时，同层书本数越多，总宽度一定单调递增，所以可以中断循环）；
    • 否则，我可以塞进去。于是，当前层的高度一定是我的高度和当前层其他书的高度的最大值。

当前层放下我之前的第一本书是第 \(i-1-(j-1)+1 = i-j+1\) 本，

在我塞进去之前，当前层的最大值就是区间 \([h_{i-j+1},h_{i-1}]\) 的最大值，

在我塞进去之后，当前层的最大值就是区间 \([h_{i-j+1},h_{i}]\) 的最大值。

为了减少讨论情况，\(dp_{i,j}\) 在 \(dp_{i-1,j-1}\) 的基础上直接减去区间 \([h_{i-j+1},h_{i-1}]\) 的最大值，再加上区间 \([h_{i-j+1},h_{i}]\) 的最大值就行了。\(dp2_{i,j}\) 的值为 \(dp2_{i-1,j-1} + w_{i}\)。

RMQ 用 ST 表或线段树都行，数据不卡常。如果使用线段树，整体时间复杂度 \(O(n^2 \log n)\)。如果使用 ST 表，整体时间复杂度 \(O(n^2)\)。

上代码，我用线段树写的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
#define div() cout << "-----------------------\n";
#define debug(n) cout << #n << " = " << n << "\n";
#define deb(n) cout << #n << " = " << n << "    ";
struct Tree{
	int l,r,maxn;
}tree[8005];
int n,L;int dp[2005][2005],dp2[2005][2005];int w[2005],h[2005];int ans = 1e18;
inline void build(int i,int l,int r){
	tree[i].l = l;tree[i].r = r;
	if(l == r){tree[i].maxn = h[l];return;}
	int mid = (l+r) >> 1;
	build(2*i,l,mid);
	build(2*i+1,mid+1,r);
	tree[i].maxn = max(tree[2*i].maxn,tree[2*i+1].maxn);
}
inline int query(int i,int l,int r){
	if(tree[i].l >= l && tree[i].r <= r){return tree[i].maxn;}
	int mid = (tree[i].l + tree[i].r) >> 1;int res = 0;
	if(l <= mid){res = max(res,query(2*i,l,r));}
	if(r > mid){res = max(res,query(2*i+1,l,r));}
	return res;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> n >> L;
    for(int i = 1;i <= n;i++){cin >> h[i] >> w[i];}
    build(1,1,n);
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));//dp初始化为极大值
    dp2[1][1] = w[1];dp[1][1] = h[1];
    
    for(int i = 2;i <= n;i++){
        // 情况1：新开一层
    	dp2[i][1] = w[i];
        //枚举到i-1就行了
    	for(int j = 1;j <= i-1;j++){dp[i][1] = min(dp[i][1],dp[i-1][j]+h[i]);}
      
        // 情况2：放在当前层末尾
		for(int j = 2;j <= i;j++){
			if(dp2[i-1][j-1]+w[i] <= L){
				dp[i][j] = dp[i-1][j-1]-query(1,i-j+1,i-1)+query(1,i-j+1,i);
				dp2[i][j] = dp2[i-1][j-1]+w[i];
			}
			else {break;}
		}
	}
    //注意最高层可能有1~n本书
	for(int i = 1;i <= n;i++){ans = min(ans,dp[n][i]);}
	cout << ans;
    return 0;
}

AC 本题后建议移步 P5124。