tyvj1191 迎春舞会之三人组舞

背景

    HNSDFZ的同学们为了庆祝春节,准备排练一场舞

描述

    n个人选出3*m人,排成m组,每组3人。
    站的队形——较矮的2个人站两侧,最高的站中间。
    从对称学角度来欣赏,左右两个人的身高越接近,则这一组的“残疾程度”越低。
    计算公式为  h=(a-b)^2  (a、b为较矮的2人的身高)
    那么问题来了。
    现在候选人有n个人,要从他们当中选出3*m个人排舞蹈,要求总体的“残疾程度”最低。

输入格式

    第一排为m,n。
    第二排n个数字,保证升序排列。

输出格式

    输出最小“残疾程度”。

测试样例1

输入

9 40 
1 8 10 16 19 22 27 33 36 40 47 52 56 61 63 71 72 75 81 81 84 88 96 98 103 110 113 118 124 128 129 134 134 139 148 157 157 160 162 164

输出

23

备注

m<=1000,n<=5000
数据保证3*m<=n
 
 
本题源自UVa 10271 Chopsticks

对于这道题,首先应该想到贪心:每次取差值最小的一对。但是这样的贪心策略很容易找到反例,而且N=5000的数据规模,十分有可能是O(n^2)的算法。
于是考虑动态规划。如果是DP,那么很容易想到如下的状态定义:d[i][j]表示用前j个数组成i个(x,y,z)数对的最小消耗。
另外一个很容易注意到的地方就是:对于一个最优决策中的任意一个数对(x,y,z),其中x和y必在有序的a[i]中相邻。关于这点用反证法不难证明,也很容易注意到。
对于(x,y,z)中的z应该如何决策的问题,之前一直令我迷惑,这一点应该是题目最难解决的问题。

考虑状态d[i][j]:
    对于x和y,有如下考虑:
        对于a[j],如果不使用a[j],那么d[i][j]=d[i][j-1];
        如果使用a[j],那么就和a[j-1]一起使用,d[i][j]=d[i-1][j-2]+w(a[i],a[i-1]);
    于是有了总的状态转移方程:d[i][j]=min{d[i][j-1],d[i-1][j-2]+w(a[i],a[i-1])};
    这应该不难理解,但是对于z的决策呢?
    如果把a[i]按降序排列,那么z的影响就可以忽略了!这样依然可以采用上面的方程。

考虑状态d[i][j]:
    如果j<3i,此时当前策略是不可行的,d[i][j]=INF;
    如果j>=3i,即j>=3(i-1)+3,j>3(i-1)+2,当前状态有效
        转移到d[i-1][j-2]时,至少剩余一个多余的a[k]
        由于序列降序,a[k]可以和a[j]、a[j-1]配对
        同时d[i-1][j-2]有效,可以继续递归。
        转移到d[i][j-1]
        若d[i][j-1]为无效状态,d[i][j-1]==INF,必然不会比上面那种转移方式优;
        若d[i][j-1]为有效状态,可以继续递归地进行下去。
 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int m,n,a[5005];
long long dp[1005][5005];
int main(){
    cin>>m>>n;
    for(int i = n;i >= 1;i--){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(int i = 1;i <= m;i++){
        for(int j = 1;j <= n;j++){
            if(j < i * 3) dp[i][j] = 9876543212345L;
            else dp[i][j] = min(dp[i][j-1],dp[i-1][j-2] + (a[j] - a[j-1]) * (a[j] - a[j-1]));
        }
    }
    cout<<dp[m][n];
    return 0;
}

 

posted @ 2016-08-09 21:28  ACforever  阅读(217)  评论(0编辑  收藏  举报