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(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

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

 

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

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

 

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。

 

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 }

posted on 2011-07-31 12:03  小優YoU  阅读(694)  评论(0编辑  收藏  举报

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