poj 1260

题意：要买若干种价值的珍珠，但买某种珍珠必须多付10颗此种珍珠的价钱，及如果买价值为1的珍珠100颗，必须付的钱数为110。一颗珍珠可以用比它贵的珍珠 充数，因此买多种珍珠的时候用贵的代替便宜的可能更省钱。例如买100颗价值为2的、1颗价值为1的，此时买101颗价值为2的为较优方案。输入要买的若 干种珍珠，可用高价珍珠充数的条件下，问最少需要花费多少钱。

经典dp：

高档次的珍珠若要和低档次的珍珠合并，那么这些低档次的珍珠必须是和它紧邻的，也就是说，它只有和第i－1，i―2，…，i－j 类珍珠合并，同时这种合并必须是连续的。用sum[i] 记录前 i 类珍珠的总数。推出状态转移方程：

dp[i] = min (dp[i], (sum[i] - sum[j] + 10) * p[i] + dp[j]);

#include<iostream>
#include<fstream>
using namespace std;


int dp[101];
int sum[101],p[101];
int n;
void read(){
//	ifstream cin("in.txt");
	int i,j,k;
	int K;
	cin>>K;
	while(K--)
	{
		cin>>n;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>j>>p[i];
			sum[i]=j+sum[i-1];
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			dp[i]=100000000;
			for(j=0;j<i;j++)
				dp[i]=min(dp[i],(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]+dp[j]);
		}
		cout<<dp[n]<<endl;
	}

}

int main(){
	read();
	return 0;
}