tyvj1191 迎春舞会之三人组舞

背景

HNSDFZ的同学们为了庆祝春节，准备排练一场舞

描述

    n个人选出3*m人，排成m组，每组3人。
    站的队形——较矮的2个人站两侧，最高的站中间。
    从对称学角度来欣赏，左右两个人的身高越接近，则这一组的“残疾程度”越低。
    计算公式为  h=(a-b)^2  (a、b为较矮的2人的身高)
    那么问题来了。
    现在候选人有n个人，要从他们当中选出3*m个人排舞蹈，要求总体的“残疾程度”最低。

输入格式

第一排为m，n。
第二排n个数字，保证升序排列。

输出格式

输出最小“残疾程度”。

测试样例1

输入

9 40
1 8 10 16 19 22 27 33 36 40 47 52 56 61 63 71 72 75 81 81 84 88 96 98 103 110 113 118 124 128 129 134 134 139 148 157 157 160 162 164

输出

23

备注

m<=1000,n<=5000
数据保证3*m<=n

本题源自UVa 10271 Chopsticks

对于这道题，首先应该想到贪心：每次取差值最小的一对。但是这样的贪心策略很容易找到反例，而且N=5000的数据规模，十分有可能是O(n^2)的算法。
于是考虑动态规划。如果是DP，那么很容易想到如下的状态定义：d[i][j]表示用前j个数组成i个(x,y,z)数对的最小消耗。
另外一个很容易注意到的地方就是：对于一个最优决策中的任意一个数对(x,y,z)，其中x和y必在有序的a[i]中相邻。关于这点用反证法不难证明，也很容易注意到。
对于(x,y,z)中的z应该如何决策的问题，之前一直令我迷惑，这一点应该是题目最难解决的问题。

考虑状态d[i][j]:
    对于x和y，有如下考虑：
        对于a[j]，如果不使用a[j]，那么d[i][j]=d[i][j-1]；
        如果使用a[j]，那么就和a[j-1]一起使用，d[i][j]=d[i-1][j-2]+w(a[i],a[i-1])；
    于是有了总的状态转移方程：d[i][j]=min{d[i][j-1],d[i-1][j-2]+w(a[i],a[i-1])}；
    这应该不难理解，但是对于z的决策呢？
    如果把a[i]按降序排列，那么z的影响就可以忽略了！这样依然可以采用上面的方程。

考虑状态d[i][j]：
    如果j<3i，此时当前策略是不可行的，d[i][j]=INF；
    如果j>=3i，即j>=3(i-1)+3，j>3(i-1)+2，当前状态有效
        转移到d[i-1][j-2]时，至少剩余一个多余的a[k]
        由于序列降序，a[k]可以和a[j]、a[j-1]配对
        同时d[i-1][j-2]有效，可以继续递归。
        转移到d[i][j-1]
        若d[i][j-1]为无效状态，d[i][j-1]==INF，必然不会比上面那种转移方式优；
        若d[i][j-1]为有效状态，可以继续递归地进行下去。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<string>

#include<cstring>

#include<algorithm>

using namespace std;

int m,n,a[];

long long dp[][];

int main(){

    cin>>m>>n;

    for(int i = n;i >= ;i--){

        scanf("%d",&a[i]);

    }

    for(int i = ;i <= m;i++){

        for(int j = ;j <= n;j++){

            if(j < i * ) dp[i][j] = 9876543212345L;

            else dp[i][j] = min(dp[i][j-],dp[i-][j-] + (a[j] - a[j-]) * (a[j] - a[j-]));

        }

    }

    cout<<dp[m][n];

    return ;

}

巴特西

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