updated on 2019.10.25：
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以前的程序真的丑……现在已经把码风改良了；
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去掉了之前那些完全是行为艺术的
屑优化。向那些被我的naive讲解和丑陋程序劝退的盆友们诚恳地道个歉（雾（因为笔者是(2020)届中考生，所以这应该是最后一次大改了，以后就不会有时间了……）
建议大家在博客里食用：传送门
要是PJ组再考这么难的DP，我就当官把CCF取缔了
开个玩笑。
此题正解：(mathrm{DP})+各种剪枝 or 优化
一、引理
- 对于每个乘客，能搭载ta的车的发车时间只有(m)种情况；
- 设这个乘客开始等候的时间是(t_i)，则对应的(m)种情况是([t_i,t_i+m))。
证明
- 如果存在一种情况，其发车时间是(geqslant t_i+m)的，则由题意可知，发车时间可以提早若干轮（也就是减去若干个(m)）到达([t_i,t_i+m))这个区间，这样做不会影响发车时间(geqslant t_i+m)的那趟车。
- 如果(<m)的话，那这个乘客根本就坐不上这趟车，所以不需要考虑。
二、基本思想
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首先，题目给定我们的这(n)个人开始等候的时间是乱的，所以我们要先按照开始等车的时间把这(n)个人排个序，然后再离散化（具体来说就是将等待时间相同的若干个人“合并”成一个人）。
在结构体中，用
pos表示这一堆人的等待时间，num表示这一堆人的人数。（具体过程看代码） -
设(f(i,j))表示用摆渡车已经载了前(i)个人，且搭载了第(i)个人（不一定只搭载第(i)个人）的那趟摆渡车的发车时间是（(t_i+j)）的最小等候时间和。（(t_i)的意义与题意相同）
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这里要注意：(t_i+j)除了要满足(j<m)（对应上面的引理），同时还要满足(j<t_{i+1}-t_i)（即(t_i+j<t_{i+1})）
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因为如果(jgeqslant t_{i+1})，那这趟车就可以把第(i+1)个人也搭上了，显然违反了(mathrm{DP})状态的定义。
（在代码中，我们用一个名为
border(i)的#define表示了这两个限制）
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对于每个(f(i,j))，枚举上一趟摆渡车的出发时间。
等等！数据范围写着：
[1 leqslant t_i leqslant 4 imes10^6 ]
你跟我说枚举时间？你这最起码都(O(nt_i) sim mathrm{T}(2 imes10^9)) 的时间复杂度了，怎么(mathrm{AC})？
别着急啊，我还没说完呢。
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其实引理已经告诉我们，我们不需要把整个(t_i)枚举完。
由引理可得，对于前(i-1)个乘客，每个乘客能搭载的摆渡车的发车时间只有(m)种情况，所以我们只需要枚举这((i-1) imes m)种情况即可。其他情况都是废的，不需要去考虑。
这样做的枚举量为(O(nm) sim mathrm{T}(5 imes 10^4))，相比之前直接枚举(t_i)的时间复杂度(mathrm{T}(4 imes 10^6))来讲，已经小很多了。
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接着，假设前一趟摆渡车已经载了前(k)个人，那么我们要做的就只有两件事：
- 再枚举一个(l)，得到(f(k,l))的最小值。
- 计算出第(k+1)个人到第(i)个人等候当前这趟摆渡车的等候时间和。
敲重点！敲重点！敲重点！
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这里，(l)的取值范围有三个条件：
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前两个条件和前面的
border()一样，不再赘述。 -
第三个条件是(lleqslant (t_i+j)-m-t_k)（即(t_k+lleqslant (t_i+j)-m)）
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原因很简单，如果(t_k+l> (t_i+j)-m),那么两趟车之间相隔的时间肯定就(<m)，显然不合题意。
（所以这里还要再定义一个
border2(i)=min( border(i),第三个条件 )）
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在状态转移方程中的体现就是：
[f(i,j)=min_limits{0 leqslant k < i,lleqslant mathrm{border2(k)}} {f(k,l)+col(k+1,i,t_i+j)} ]这当中，(col(k+1,i,t_i+j))表示第(k+1)个乘客到第(i)个乘客等候发车时间为(t_i+j)的那趟摆渡车的时间和，直接用一个
for循环累计即可。（当然，当(k=0)时，(f(k,l))恒为零，表示这趟车直接把前(i)个人全部载完，这时等式右侧就直接等于(col(1,i,t_i+j))）
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算一下上面这个状态转移方程的时间复杂度：
- 首先，(i)和(j)必须枚举，所以是(O(nm))的。
- 其次，(k)和(l)也是要枚举的，所以又是一个(O(nm))。
- 最后，每次枚举(i,j,k,l)，都要计算一次(col)函数，而这个(col)函数的时间复杂度是(O(n))的。
综上所述，这个状态转移方程的时间复杂度为(O(nm imes nm imes n)=O(n^3m^2))。
这时间复杂度……也太
可观了吧所以我们需要优化！优化！优化！
三、程序实现 or 剪枝
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我们来关注一下这个式子：$$col(k+1,i,t_i+j)$$
对于每个(i,j)，当(k)每增加(1)时，(col)的值就只会减掉((t_i+j-t_k) imes num_k)（(num_k)就是上文中提到的，结构体中第(k)堆人的人数）。所以我们可以在枚举每个(i)和(j)时，就把(col(1,i,t_i+j))算出来（用一个变量(val)存起来）
然后，(k)从(1)开始枚举，每当(k)在循环一开始等于某个值(x)时，(val)就减去((t_i+j-t_x) imes num_x)。
状态转移方程就变为：$$f(i,j)=min_limits{0 leqslant k < i,l leqslant mathrm{border2(k)}} {f(k,l)+val}$$
这样一抽出来，时间复杂度就变成了(O(nm(n+nm))=O(n^2m+n^2m^2))
只保留最高次项后，时间复杂度就降为了(O(n^2m^2))！这就是(60)分的做法！
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其实大家有没有想过，枚举(l)这个操作显得有些多余，可不可以省去呢？（毕竟只是求一个最小值而已，我求完一次就把这个最小值存起来不就行了吗？）
没错，上面的想法是正确的！
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我们开多一个数组(mathrm{Min}(i,j)= min_limits{jleqslant mathrm{border}(i)} {f(i,j)})
则之前的状态转移方程可以简化为：
[f(i,j)=min_limits{0 leqslant k < i} {mathrm{Min}(k,mathrm{border2}(k))+val} ](mathrm{Min})可以在求每个(f(k,l))的时候顺带维护。
因为这里只枚举了(i,j,k)，所以(mathrm{DP})的时间复杂度是(O(n^2m))！！！
这个时间复杂度可以通过本题！！！
四、考场代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=502,maxm=102;
const int INF=0x7fffffff;
#define border2(x) min( border(x),lpos-Mem[x].pos ) //第三个条件是用小于等于号连接的，所以不用-1
#define border(x) min( m-1,Mem[x+1].pos-Mem[x].pos-1 ) //因为两个条件都是用小于号连接的，所以在循环中要-1
int f[maxn][maxm];
int Min[maxn][maxm];
int a[maxn];
struct Node{int pos,num;}Mem[maxn];int sz;
int col(int l,int r,int pos)
{
int res=0;
for(int i=l;i<=r;i++) res+=(pos-Mem[i].pos)*Mem[i].num;
return res;
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
a[0]=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if( a[i]!=a[i-1] ) Mem[++sz].pos=a[i];
Mem[sz].num++;
}
Mem[sz+1]=(Node){INF,0};
n=sz;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++) f[i][j]=Min[i][j]=INF;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=border(i);j++)
{
int pos=Mem[i].pos+j,lpos=pos-m;
int val=col(1,i,pos);
f[i][j]=val;
for(int k=1; k<i and Mem[k].pos<=lpos ;k++)
{
val-=(pos-Mem[k].pos)*Mem[k].num;
f[i][j]=min( f[i][j],Min[k][border2(k)]+val );
}
Min[i][j]=f[i][j];
if( j>0 ) Min[i][j]=min( Min[i][j],Min[i][j-1] );
}
printf("%d",Min[n][m-1]);return 0;
}