这道题是个dp，主要考虑两种情况，刚开始我把状态转移方程写成了dp[i] = min(dp[i-1] + a, dp[i + 1] +b); 后来想想当推到dp[i]的时候，那个dp[i + 1]还没有推出来，所以这种方式推导出来不对，后来又看到dp[i] = min(dp[i-2]的所有情况最小值，dp[i-3]的所有情况值)，其中dp[i]表示前 i 层的最小花费总和， dp[i-2]比较好理解，因为不能连着停，所以最近的那个就是dp[i - 2]， dp[i - 3]意思就是停在dp[i - 2]的下一层的时候，这两种就是所有的情况了，其中dp[i-3]的时候情况稍多谢，主要中间隔了两层
dp[i - 3]时：
1. dp[i-2]和dp[i-1]层都向上或者都向下走
2. dp[i-2]向下走，dp[i-1]层 向上走
3.dp[i-2]向上走，dp[i-1]向上走
取他们当中最小的情况就是答案，代码如下：
1 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <iostream> 5 using namespace std; 6 int dp[100005]; 7 int flo[100005];//保存各个楼层有多少人需要停 8 int main() 9 { 10 int kase = 0; 11 int T; 12 scanf("%d", &T); 13 while (T--) 14 { 15 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 16 memset(flo, 0, sizeof(flo)); 17 int n, m, a, b; 18 scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &a, &b); 19 for (int i = 0; i < m; i++) 20 { 21 int t; 22 scanf("%d", &t); 23 flo[t]++; 24 } 25 int minn; 26 for (int i = 3; i <= n; i++) 27 { 28 //dp[i-2]中的情况，中间那一层向下或者向上，取最小 29 minn = min(flo[i - 1] * a, flo[i - 1] * b) + dp[i - 2]; 30 //dp[i-3]中情况，两个都向上走或者两个都向下走 31 int t1 = min(flo[i - 1] * a + flo[i - 2] * a, flo[i - 1] * b + flo[i - 2] * b); 32 //dp[i-3]中的情况，上面的向上走，下面的向下走和下面的向上走，上面的向下走 33 int t2 = min(flo[i - 1] * b + flo[i - 2] * a, flo[i - 1] * a + flo[i - 2] * b); 34 //取最小 35 int t3 = min(t1, t2) + dp[i - 3]; 36 dp[i] = min(minn, t3); 37 } 38 printf("Case %d: %d ", ++kase, dp[n]); 39 } 40 41 return 0; 42 }