bzoj 1575: [Usaco2009 Jan]气象牛Baric

Description

为了研究农场的气候,Betsy帮助农夫John做了N(1 <= N <= 100)次气压测量并按顺序记录了结果M_1...M_N(1 <= M_i <= 1,000,000). Betsy想找出一部分测量结果来总结整天的气压分布. 她想用K(1 <= K <= N)个数s_j (1 <= s_1 < s_2 < ... < s_K <= N)来概括所有测量结果. 她想限制如下的误差: 对于任何测量结果子集,每一个非此子集中的结果都会产生误差.总误差是所有测量结果的误差之和.更明确第说, 对于每一个和所有s_j都不同的i: * 如果 i 小于 s_1, 误差是: 2 * | M_i - M_(s_1) | * 如果i在s_j和s_(j+1)之间,误差是: | 2 * M_i - Sum(s_j, s_(j+1)) | 注:Sum(x, y) = M_x + M_y; (M_x 和 M_y 之和) * 如果i大于s_K,误差为: 2 * | M_i - M_(s_K) | Besty给了最大允许的误差E (1 <= E <= 1,000,000),找出最小的一部分结果史得误差最多为E.

Input

* 第一行: 两个空格分离的数: N 和 E

 * 第2..N+1行: 第i+1行包含一次测量记录:M_i

Output

* 第一行: 两个空格分开的数: 最少能达到误差小于等于E的测量数目和使用那个测量数目能达到的最小误差.

Sample Input

4 20
10
3
20
40

输入解释:

Bessie做了4次记录,分别为10,3,20,和40.最大允许误差是20.

Sample Output

2 17

HINT

选择第二和第四次测量结果能达到最小误差17. 第一次结果的误差是2*|10-3| = 14; 第三次结果的误差是|2*20 - (3+40)|=3.

解题:唔,暴力搞就行了,n^3的预处理加上n^3的dp，n才只有100

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define inf (1LL << 62)
using namespace std;
long long pre[200][200],dp[200][200];
long long a[200];
long long abs(long long x)
{
    if(x<=0)return -x;
    else return x;
}
int main()
{
    long long n,e;
    scanf("%lld%lld",&n,&e);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            for(int k=i+1;k<=j-1;k++)
            {
                pre[i][j] += abs(2*a[k]-a[i]-a[j]);
            }
        }
        for(int j=1;j<i;j++)pre[i][0] += 2*abs(a[i]-a[j]);
        for(int j=i+1;j<=n;j++)pre[i][n+1] += 2*abs(a[i]-a[j]);
    }
    long long ans = n,flag = 0, ans2 = inf;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[1][i] = pre[i][0] + pre[i][n+1];
        if(dp[1][i] <= e)
        {
            if(dp[1][i] < ans2)
            {
                ans2 = dp[1][i];
                ans = 1;
            }
        }
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i;j<=n;j++)
        {
            dp[i][j] = inf;
            for(int k=i-1;k<j;k++)
            {
                long long u = -pre[k][n+1] + pre[k][j] + pre[j][n+1];
                dp[i][j] = min(dp[i-1][k] + u, dp[i][j]);
            }
            if(dp[i][j] <= e)
            {
                if(dp[i][j] < ans2 && i <= ans)
                {
                    ans2 = dp[i][j];
                    ans = i;
                }
            }
        }
        if(flag)break;
    }

    printf("%lld %lld
",ans, ans2);
    return 0;
}