【解题报告】[动态规划] RQNOJ

原题地址：http://www.rqnoj.cn/problem/273

题目大意：中文题不说了。

设从第i匹马到第j-1匹马放在一个马棚里得到的系数为f(i,j)。

状态表示：dp[i][j]表示前i匹马用j个分隔(j+1个马棚)分隔得到的最小的系数。则最后要求的就是dp[n][k-1]。

初始状态：dp[i][0]=f(0,i)

状态转移方程：

　　dp[i][j]=min{  dp[ii][j-1]+f(ii,i)，(j<=ii<i)  }

　　即：要求dp[i][j]（前i匹马用j+1个马棚分隔得到的最小的系数），假设最后的1个独自关一个马棚，会得到dp[i-1][j-1]；假设最后两个独自关一个马棚，会得到dp[i-2][j-1]+最后两匹马关一起的系数。。。在这些情况中，选择一个最小的作为dp[i][j]的值。

解题代码：

#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int dp[505][505];
int a[505];
int ans[505][505];
int main()
{
    int n,k,i,j,ii;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        int nn[2]={0,0};
        for(j=i+1;j<=n;j++)
        {
            nn[a[j-1]]++;
            ans[i][j]=nn[0]*nn[1];
        }
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
        dp[i][0]=ans[0][i];
    for(j=1;j<k;j++)
    {
        for(i=j+1;i<=n;i++)
        {
            dp[i][j]=1<<30;
            for(ii=j;ii<i;ii++)
            {
                int m=dp[ii][j-1]+ans[ii][i];
                dp[i][j]=dp[i][j]<m?dp[i][j]:m;
            }
        }
    }
    printf("%d
",dp[n][k-1]);
    return 0;
}