NC14526 购物

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题目

题目描述

在遥远的东方，有一家糖果专卖店。

这家糖果店将会在每天出售一些糖果，它每天都会生产出 $m$ 个糖果，第i天的第j个糖果价格为 $C[i][j]$ 元。

现在的你想要在接下来的 $n$ 天去糖果店进行选购，你每天可以买多个糖果，也可以选择不买糖果，但是最多买 $m$ 个。（因为最多只生产 $m$ 个）买来糖果以后，你可以选择吃掉糖果或者留着之后再吃。糖果不会过期，你需要保证这n天中每天你都能吃到至少一个糖果。

这家店的老板看你经常去光顾这家店，感到非常生气。（因为他不能好好睡觉了）于是他会额外的要求你支付点钱。具体来说，你在某一天购买了 $k$ 个糖果，那么你在这一天需要额外支付 $k^2$ 的费用。

那么问题来了，你最少需要多少钱才能达成自己的目的呢？

输入描述

第一行两个正整数n和m，分别表示天数以及糖果店每天生产的糖果数量。
接下来n行（第2行到第n+1行），每行m个正整数，第x+1行的第y个正整数表示第x天的第y个糖果的费用。

输出描述

输出只有一个正整数，表示你需要支付的最小费用。

示例1

输入

3 2 
1 1
100 100 
10000 10000

输出

107

示例2

输入

5 5
1 2 3 4 5
2 3 4 5 1 
3 4 5 1 2 
4 5 1 2 3 
5 1 2 3 4

输出

10

备注

对于100%的数据，1 ≤ n, m ≤ 300 , 所有输入的数均 ≤ $10^6$ 。

题解

知识点：线性dp，贪心。

设 $dp[i][j]$ 代表考虑到第 $i$ 天共买了 $j$ 个糖。

因为我们需要最小费用，因此对于每一天，我们肯定从价格最少的糖开始选择，因此先对每一天的糖排序。再用前缀和 $sum[i][j]$ 代表第 $i$ 天前 $j$ 个糖的本身费用。

对于 $dp[i][j]$ ，可以从前一天买了 $j-k$ 个糖加上第 $i$ 天 $k$ 个糖的总费用（ $k$ 可以为 $0$），即 $\min \limits_{0 \leq k \leq j} dp[i-1][j-k] + sum[i][k] + k^2$ ，于是有转移方程：

$$dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][j-k] + sum[i][k]+k^2),0 \leq k \leq j$$

这道题的边界认真处理有点绕，但实际上不需要这么严格。

首先全部赋值无穷大，方便处理。

对于第 $i$ 天：

1. $j$ 最小值是 $i$ 开始，因为每天必须吃一颗。
2. $j$ 的最大值是 $\min (n,im)$ ，但实际上写只需要小于等于 $n$，因为超出 $im$ 部分今天根本不可能买得到，只会从无穷大转移。
3. $k$ 的最小值是 $\max (0,j-(i-1)m)$ ，因为前面全买了也就 $(i-1)m$ 颗糖，不可能再多，于是 $j-(i-1)m$ 是今天至少买的糖，但实际上 $k$ 只要写大于等于 $0$ 即可，因为 $k$ 小于 $j-(i-1)m$ 时，$j-k > (i-1)m$ 比上一轮能买到都多，只可能从无穷大转移，同2。
4. $k$ 的最大值是 $\min(j,m)$，因为今天要买到总共 $j$，那么今天不可能买了超过 $j$ ，而每天不可能买超过 $m$ 。

其中 1,4 是必须的，2,3 是可以不严格的。

时间复杂度 $O(nm\log m + n^2m)$

空间复杂度 $O(nm)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
int a[307][307], dp[307][307];
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        for (int j = 1;j <= m;j++)
            cin >> a[i][j];
        sort(a[i] + 1, a[i] + m + 1);
    }
 
    for (int i = 1;i <= n;i++)
        for (int j = 1;j <= m;j++)
            a[i][j] += a[i][j - 1];
 
    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
    dp[0][0] = 0;
    ///只要数组不越界，并且不到a的无意义范围就行（给a其他地方赋值无穷大也可以）
    ///因为如果用dp中没有经过的地方传递会出现无穷大，如果之后经过一定会被替代，不影响结果
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        for (int j = i;j <= min(n, i * m);j++) { ///每天至少吃一个从i开始，但多买可以<=n就行，如果超出了i*m只会从无穷大转移
            for (int k = max(0, j - (i - 1) * m);k <= min(m, j - i + 1);k++) {///从k=0到min(m,j)开始就行，小于(i-1)*m或者大于j-i+1也只会从无穷大转移
                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j - k] + a[i][k] + k * k);
            }
        }
    }
    cout << dp[n][n] << '\n';
    return 0;
}