POJ 1700

　　一道很有趣的题目，主要是考思维，题目大概意思是有一群人需要过河，每个人过河都需要一定的时间，有一艘船可以容纳两个人，但是两个人上船过河，所花时间为两人中的较大者，问所有人过河的最短时间。

　　容易想到一种方案：花费时间最少的人和花费时间最多的人一起，然后时间最少的人回来。因为时间少的人会被时间多的人“拖累”，既然时间多的人不得不花这么长的时间过河，并且船还得回来，所以不妨让时间最少的人和他一起，由时间最少的人开船回来，这样额外时间（指一个人开船回来花的时间）会尽量少。

　　如果每次都这样做，总时间为 ( n - 2 ) * cost[ 0 ] + cost[ 1 ] + cost[ 2 ] + ...... + cost[ n - 1 ] ( cost[] 中元素按所花时间递增排序)。但是我们注意到，这样做会使得那些花费时间多的人都要走一次，虽然有时间花费最少的人将船开回来，但是，“不管你快还是不快，我就是那么慢”，所以如果我们将最慢的和次慢的放在一艘船里，过河的时间（不计返程）同最慢的和最快的在一艘船里的时间是相同的。

　　因此，我们可以让最慢的和次慢的过去，由最快的开船回来，这样就比每次只能送一个慢的要划算，但是这样每次必须要将最快的留在对面，让他在最慢的和次慢的过河之后再把船开回来，也就是说，最快的那个人，需要在最慢的和次慢的过河前，到对岸等着，在他们过河之后将船开回，由于最快的那个人过河之后，船还得回来，所以我们还需要一个人同最快的那个人一起过河，这次自然是选快的，所以我们选次快的。

　　所以第二种方案的全过程是：最快和次快的人先过河，然后最快的人回来，然后最慢和次慢的人上船，过河，次快的人回来。

　　由于第一种方案是尽量快，第二种方案是尽量多送耗时长的人，所以不能简单地根据贪心策略来求，而是用动态规划的思想，获得全局最优解。

　　状态转移方程为：

　　dp[ i ] = min｛ dp[ i - 1 ] + cost[ 0 ] + cost[ i ] , dp[ i - 2 ] + cost[ 0 ] + cost[ 1 ]*2 + cost[ i ] ｝

     即对第i个人，考虑使用使得总时间最少的一种方案。

　　下面是代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int MAX_PPL = 1010;

int main()
{
    int t , cost[ MAX_PPL ] , dp[ MAX_PPL ];
    cin>>t;
    while( t-- )
    {
        int pplNum;
        cin>>pplNum;
        for( int i = 0 ; i < pplNum ; i++ )
        {
            cin>>cost[ i ];
        }
        sort( cost , cost + pplNum );
        dp[ 0 ] = cost[ 0 ];
        dp[ 1 ] = cost[ 1 ];
        for( int i = 2; i < pplNum ; i++ )
        {
            dp[ i ] = min( dp[ i - 1 ] + cost[ 0 ] + cost[ i ] , dp[ i - 2 ] + cost[ 0 ] + cost[ 1 ]*2 + cost[ i ]);
        }
        cout<<dp[ pplNum - 1 ]<<endl;
    }
    return 0;
}