P2654 原核生物培养

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很板的题。

容易发现，每次操作相当于，总是前 $m$ 小的数删除，然后在原序列里加入一个数，这个操作很好实现，直接考虑把原序列前 $m$ 个数删掉，然后在最后一个位置加上新的数，然后对整个数组排序即可。

关于加入的这个数，是前 $m$ 小的数的和，因为剩余最后一个生物质量是他们质量总和，这个显然。

所以说，每次操作是互不影响的，考虑一次操作，一次操作其实就是把这 $m$ 个数按照一定顺序放置，每次可以删掉相邻两个。代价是他们的和，以及把他们的和放到删掉数的位置上去。

不难想到区间动态规划，考虑设 $dp_{i,j}$ 表示删除了 $[i,j]$ 以后的最小代价，发现只需要枚举中间断点 $k$，看作是 $[i,k]$ 剩下的生物和 $[k+1,j]$ 生物残杀，代价就是整个区间的和。

$$dp_{i,j}=\min\{dp_{i,k}+dp_{k+1,j}+s_j-s_{i-1}\}$$

其中 $s$ 是前缀和。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =1001;
#define int long long 
int n,m,k,sum,a[N],dp[21][21],c[21],s[21],dis[N];
void Add(){
	int node=-1,lst,ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)	ans+=a[i];
	for(int i=m+1;i<=n;i++)	a[i-m]=a[i];
	n-=m,n++,a[n]=ans;
	sort(a+1,a+n+1);
}
void DP(){
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	int ans=dp[0][0];
	for(int i=1;i<=m;i++)	c[i]=c[i+m]=a[dis[i]];
	for(int i=1;i<=2*m;i++)	s[i]=s[i-1]+c[i],dp[i][i]=0;
	for(int len=2;len<=m;len++)
		for(int i=1;i<=2*m-len+1;i++){
			int j=(i+len-1);
			for(int k=i;k<j;k++)	
				dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+s[j]-s[i-1]);
		}
	for(int i=1;i<=m;i++)	ans=min(ans,dp[i][i+m-1]);
	sum+=ans;
}
signed main(){
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)	cin>>a[i];
	sort(a+1,a+n+1);
	while(k--){
		for(int i=1;i<=m;i++)	cin>>dis[i];
		DP(),Add();
	}
	cout<<sum<<endl;
	return 0;
}