USACO 2016 December Contest Gold T2: Cow Checklist

题目大意

每天，农夫约翰走过他的牧场，检查他的每头奶牛的存在感。在他的农场，他有两个品种的牛，Holsteins和Guernseys。

他的H Holsteins方便地编号为1…H，并且他的G Guernseys方便地编号为1…G(1≤H≤1000,1≤G≤1000)。每个牛位于2D平面中的点（不一定是不同的）。

农夫约翰从Holsteins 1出发，在Holsteins H结束。他想要沿途参观每头牛，为了方便保持他到目前为止访问的牛的清单，他想按他们的编号顺序访问Holsteins和Guernseys。

在他访问的所有 H+G 头牛的序列中，Holsteins编号为1…H应该显示为（不一定是连续的）子序列，对于Guernseys也相同。

换句话说，所有H+G牛的序列应该通过将编号为1…H的Holsteins列表与编号为1…G的Guernseys列表交错形成。

当FJ从一头母牛移动到另一头母牛，行进距离为DD时，他消耗D^2D2能量。请帮助他确定访问所有奶牛所需的最低能量。

题目分析

很明显，看到题与数据范围，可以想到一个DP, 令 f[i][j] 为访问到 G_i, H_j 所消耗的最低能量，

然而，我们会发现不确定党建到底是在 G_i 还是 H_{j ，}所以我们再加一维状态 0/1 来表示当前实在 G_i 还是 H_j

然后直接 O( N^2 ) dp即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e3+10;
const ll Inf=1e18+7;
struct Node{
    int x,y;
}a[MAXN<<1];

int n,m;
ll dis[MAXN<<1][MAXN<<1];
ll f[MAXN][MAXN][2];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n+m;++i)
        scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
    for(int i=1;i<=n+m;++i)
        for(int j=1;j<=n+m;++j)
            dis[i][j]=(a[i].x-a[j].x)*(a[i].x-a[j].x)+(a[i].y-a[j].y)*(a[i].y-a[j].y);
    for(int i=0;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<=m;++j)
            for(int k=0;k<=1;++k)
                f[i][j][k]=Inf;
    f[1][0][0]=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<=m;++j){
            f[i][j][0]=min(f[i][j][0],min(f[i-1][j][0]+dis[i-1][i],f[i-1][j][1]+dis[i][n+j]));
            if(j) f[i][j][1]=min(f[i][j][1],min(f[i][j-1][0]+dis[i][n+j],f[i][j-1][1]+dis[n+j-1][n+j]));
        }
    printf("%lld
",f[n][m][0]);
    return 0;
}