dp 简单例题poj 1260 Pearls

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在抱着题解磕了几道dp题后对于这题终于是有了一点思路（很水的dp大佬勿喷）。

题意：给出珍珠的价格Price和需要买的数量Count。共t组数据，每组n类珍珠。先给出的珍珠价格一定不大于后给出的珍珠，每多买一类珍珠，你要多付该类珍珠  单价*10的价格，低价格的珍珠可以由高价格的珍珠来代替。求，购买完所有的珍珠最小的价钱。

思路：dp题。

阶段：每一类珍珠为一阶段。

状态：购买从第一类到本类珍珠所需的最小价钱。

决策：对于每一类珍珠dp[i]=dp[i-1]+(Count[i]+10)*Price[i]。

然后，与之前的各项决策取min即dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*Price[i]);

其中(sum[i]-sum[j]+10)*Price[i])指的是将第j+1项的珍珠以第i项的代替所需的代价。

（有个坑点就是，珍珠的替代只能是连续的，比如说 i+2级的珍珠不能替代i级的珍珠，因为如果i+2级替代i级价格更优的话，i+1替代i也会更优。）

#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int Max=1e3+10;
int dp[Max];
int Price[Max],Count[Max];
int sum[Max];
int main()
{
    int t,n;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        memset(dp,0,sizeof dp);
        memset(sum,0,sizeof sum);
        scanf("%d",&n);
        for( int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d %d",&Count[i],&Price[i]);
            sum[i]=sum[i-1]+Count[i];
        }
        dp[0]=0;
        sum[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            dp[i]=(Count[i]+10)*Price[i]+dp[i-1];
            for(int j=0;j<i;j++){
                dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*Price[i]);
            }
        }
        printf("%d
",dp[n]);
    }
    return 0;
}