MM不哭

MM不哭(dp (starstar ))

• 在一个数轴上，有 (n) 个 (MM) 在哭泣（(5555)~一直哭）。
• (tcboy) 也在这个数轴上，并恰好看到了这一幕，由于每个 (MM) 哭都会让 (tcboy) 损失一定的 (rp)，于是 (tcboy) 有必要去安慰她们（真命苦啊T.T）。
• 开始时，(tcboy) 站在 (k) 号 (MM) 的旁边。
• 现在知道第 (i) 个 (MM) 哭泣每秒钟会使 (tcboy) 降低 (w[i]) 的 (rp) （单位 (rp/s)）。而 (tcboy) 的行走速度很慢，只有(1m/s) 。(tcboy) 安慰 (MM) 的方式很特别，不需要花费时间。
• 请计算 (tcboy) 安慰完所有 (MM)，会消耗掉的 (rp) 的最小值。

Input

• 第一行包含一个整数 (N, 2<=N<=1000)，表示 (MM) 的数量。
• 第二行包含一个整数 (V,1<=V<=N)，表示开始时 (tcboy) 站在几号 (MM) 的旁边。
• 接下来的 (N) 行中，每行包含两个用空格隔开的整数 (D) 和 (W)，用来描述每个 (MM)，其中 (0<=D<=1000,0<=W<=1000)。(D) 表示 (MM) 在数轴上的位置(单位: (m))，(W) 表示每秒钟会使 (tcboy) 降低(W) 的 (rp)。

Output

• 输出只有一行：一个整数，即消耗 (rp) 之和的最小值。
• 结果不超过 (1,000,000,000)。

Sample Input

4
3
2 2
5 8
6 1
8 7

Sample Output

56

Hint

分析

• 类似的题我们也做了一些了，已经有了一定的套路，很容一想到区间 (dp) ，定义 (dp[i][j]) 表示区间 ([i,j])的 (MM) 已经不哭的最小 (rp) 丢失。但不能只处理区间 ([i,j]) 的，因为在处理区间时，([1,i-1]) 和 ([j,n]) 也一直在掉 (rp) 。掉(rp) 跟时间相关。所以，(dp[i][j]) 定义为处理完 ([i,j]) 时，所有 (MM) 让你掉的 (rp) .
• 处理完区间 ([i,j]) 时，你必定处于区间的两端，即要么在 (i) ，要么在 (j) 。转移的时候必须要确定你上个状态的位置，所以我们要加一维确定位置。
• (dp[i][j][0]) ：处理完区间 ([i,j]) 时，此时你位于 位置 (i)。
• (dp[i][j][1]) ：处理完区间 ([i,j]) 时，此时你位于 位置 (j)。
• 转移方程：
  • (dp[i][j][0]=min(dp[i+1][j][0]+calc1,dp[i+1][j][1]+calc2);
    • (calc1=(d[i+1]-d[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j]))
      • 从 (i+1) 走到 (i) 走了 (t=d[i+1]-d[i]) 秒，在这期间每秒钟区间 ([1,i])和 ([j+1,n]) 掉了 (rp=sum[i]+sum[n]-sum[j]) 。
    • (calc2=(d[j]-d[i])*(sum[i]+sum[n]-sum[j])))
      • 从 (j) 走到 (i) 走了 (t=d[j]-d[i]) 秒，在这期间每秒钟区间 ([1,i])和 ([j+1,n]) 掉了 (rp=sum[i]+sum[n]-sum[j]) 。
  • $dp[i][j][1]=min(dp[i][j-1][0]+calc1, dp[i][j-1][1]+calc2 $
    • (calc1=(d[j]-d[i])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]))
      • 从 (i) 走到 (j) 走了 (t=d[j]-d[i]) 秒，在这期间每秒钟区间 ([1,i-1])和 ([j,n]) 掉了 (rp=sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]) 。
    • (calc2=(d[j]-d[j-1])*(sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1])))
      • 从 (j-1) 走到 (j) 走了 (t=d[j]-d[j-1]) 秒，在这期间每秒钟区间 ([1,i-1])和 ([j,n]) 掉了 (rp=sum[i-1]+sum[n]-sum[j-1]) 。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include <bits/stdc++.h>
const int maxn=1005;
struct Node{int w,x;}a[maxn];
bool cmp(const Node a,const Node b){return a.x<b.x;}
int n,s,dp[maxn][maxn][2],sum[maxn];
int Min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int Get(int x,int y,int l,int r){
	return (r-l)*(sum[n]-sum[y-1]+sum[x]);
}
void Init(){
	scanf("%d%d",&n,&s);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].w);
	std::sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		sum[i]=sum[i-1]+a[i].w;//前缀和
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(a[i].x==s){//找到初始位置
			s=i;break;
		}
}
void Solve(){
	dp[s][s][1]=dp[s][s][0]=0;//还未计时，rp还在
	for(int d=2;d<=n;d++)
		for(int i=1,j;i<=s;i++){
			if(i<s-d+1)continue;//i不能超出起点s d的范围
			j=i+d-1;if(j>n)break;
			dp[i][j][0]=Min(dp[i+1][j][0]+Get(i,j+1,a[i].x,a[i+1].x),dp[i+1][j][1]+Get(i,j+1,a[i].x,a[j].x));
			dp[i][j][1]=Min(dp[i][j-1][0]+Get(i-1,j,a[i].x,a[j].x),dp[i][j-1][1]+Get(i-1,j,a[j-1].x,a[j].x));
		}
	printf("%d
",Min(dp[1][n][0],dp[1][n][1]));
}
int main(){	
	Init();
	Solve();
	return 0;	
}