题解：[NOIP 2018 普及组] 摆渡车

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DP

很明显能想到 DP。

状态设计

不妨令 \(t\) 从小到大有序，设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个人在第 \(i\) 个人等待了 \(j\) 时刻时全部上车的最短时间。

状态转移

从其他状态转移到 \(dp_{i,j}\) 不是很好做，因此可以从 \(dp_{i,j}\) 转移到其他状态。

枚举一个 \(k\)，表示前 \(i+k\) 个人都上车，且第 \(i+1\sim i+k\) 个人一起上车。

则可以计算得出第 \(i+k\) 个人的等待时间：

\[pl=\max((t_i+j)+m-t_{i+k},0) \]

和 \(0\) 取 \(\max\) 是因为有可能车已经到了，但是第 \(i+k\) 个人还没有开始等待。

则有：

\[dp_{i+k,pl}\leftarrow\min\left(dp_{i+k,pl},dp_{i,j}+\sum_{l=i+1}^{i+k}(t_{i+k}+pl-t_i)\right) \]

其中，\(\sum\limits_{l=i+1}^{i+k}(t_{i+k}+pl-t_i)\) 表示第 \(i+1\sim i+k\) 个人的总等车时间。

化简，可以得到：

\[dp_{i+k,pl}\leftarrow\min\left(dp_{i+k,pl},dp_{i,j}+k(t_{i+k}+pl)-\sum_{l=i+1}^{i+k}t_i\right) \]

很明显，做一个 \(t\) 的前缀和即可单次实现 \(\mathcal O(1)\) 转移，总转移复杂度 \(\mathcal O(n)\)。

AC 代码

时间复杂度：\(\mathcal O\left(n^2m\right)\)，状态量 \(\mathcal O(nm)\)，转移 \(\mathcal O(n)\)。

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
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#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=500,M=100,T=4e6;
int n,m,t[N+1],sum[N+1],dp[N+1][M+1];
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>t[i];
	}
	sort(t+1,t+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sum[i]=sum[i-1]+t[i];
	}
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	t[0]=-(1<<30);
	dp[0][0]=0;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=min(m-1,t[i+1]-t[i]);j++){
			for(int k=1;i+k<=n;k++){
				int pl=max(t[i]+j+m-t[i+k],0);
				dp[i+k][pl]=min(dp[i+k][pl],dp[i][j]+k*(pl+t[i+k])-(sum[i+k]-sum[i]));
			}
		}
	}
	int ans=dp[n][0];
	for(int i=1;i<m;i++){
		ans=min(ans,dp[n][i]);
	}
	cout<<ans<<'\n';
	
	cout.flush();
	 
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}