题意：
有 n 名同学要乘坐摆渡车从人大附中前往人民大学，第 i 位同学在第 ti 分钟去 等车。只有一辆摆渡车在工作，但摆渡车容量可以视为无限大。摆渡车从人大附中出发、 把车上的同学送到人民大学、再回到人大附中（去接其他同学），这样往返一趟总共花费 m 分钟（同学上下车时间忽略不计）。摆渡车要将所有同学都送到人民大学。
凯凯很好奇，如果他能任意安排摆渡车出发的时间，那么这些同学的等车时间之和最小为多少呢？
本人感觉自己语文不是那么的好，无法概括。
细节：
咳咳，此题细节都在题意之中嘻嘻嘻，原来懒还有这个好处。
分析：
round1：从时间入手状态迎刃而解：f[i] 表示以 i 作为发车时间的最小等车时间之和。
则转移就为：f[i] = min{ f[j] + Σj<tk≤i i-tk }
但是这个转移不免需要循环计算求和的内容，我们需要考虑将其利用 O(1) 进行计算完毕，考虑将这个式子进行打开：
Σj<tk≤i i-tk = i×Σj<tk≤i 1 - Σj<tk≤i tk，不难发现此时我们只需要预处理出 tk 出现位置的前缀数组 cnt[i]，以及 tk 出现位置的值的前缀和 sum[i]。
这样方程进行进一步转化：f[i] = min{ f[j] + ( cnt[i] - cnt[j] ) × i - ( sum[i] - sum[j] ) }
最后观察其是否存在单调性，显然上方的 1D/1D 的动态规划需要进行斜率优化了，裸体希望有这些意识吧，常规套路，最后只需要维护一个斜率：
k = ( f[j2] + sum[j2] - f[j1] - sum[j1] ) / (cnt[j2] - cnt[j1]) 单调递增即可，具体方法详见本人的第一篇博客。
round2：确实从时间入手是一种思路，但是对于较小的 n 和 m 很多选手应该也会有想法，不难发现对于第 i 个人对应的等待时间 ti 它的上车时间是有一定的范围的，它就是[ ti , ti + m)，因为当超出这个范围时要么是等车的人还没来，要么等车的人能乘坐上一班车子前往目的地，所以我们可以考虑一个状态：f[i][j] 表示第 i 个人乘车切在 ti + j 的时间中上了车的最小等车时间，其状态必须保证 i + 1 这个人无法上车，且 i 之前可能有人跟 i 一起在车上。
不难发现对于 i 之后的一个位置 k 其中这段区间 [i+1 , k] 的人上车时间可以进行计算，tmp 表示这段人的上车时间 = t[i] + j + m - t[i+k]，所以我们出现了最原始的转移:
f[k][tmp] = f[i][j] + Σi+1<=x<=k(tmp + t[k] - t[x])
仍然需要把上方的转移优化成 O(1)，使用一个裸的前缀和就可以优化掉了：
f[k][tmp] = f[i][j] + ( tmp + t[k] ) × ( k − i ) − ( sumt[k] − sumt[i] )
最后这个方程仍然可以进行优化，通过把 "我为人人" -> "人人为我" 就可以再一次进行斜率优化时间复杂度就可以变为 O(n)，本人比较懒开始拒绝思考了。
代码：
Round1： #include<bits/stdc++.h> #define MAXT 4000505 using namespace std; int n, m, cnt[MAXT], sum[MAXT], f[MAXT], que[MAXT], Maxt; int main(){ scanf("%d%d", &n, &m); for (int i=1; i<=n; i++){ int x; scanf("%d", &x); cnt[x]++, sum[x]+=x; Maxt=max(Maxt, x); } for (int i=1; i<Maxt+m; i++) cnt[i]+=cnt[i-1], sum[i]+=sum[i-1]; int head=1, tail=0; for (int i=1; i<Maxt+m; i++){ if (i>=m) { while (head<tail && (f[que[tail]]+sum[que[tail]]-f[que[tail-1]]-sum[que[tail-1]])*(cnt[i-m]-cnt[que[tail]])>=(f[i-m]+sum[i-m]-f[que[tail]]-sum[que[tail]])*(cnt[que[tail]]-cnt[que[tail-1]])) --tail; que[++tail]=i-m; } while (head<tail && i*(cnt[que[head+1]]-cnt[que[head]])>=(f[que[head+1]]+sum[que[head+1]]-f[que[head]]-sum[que[head]])) ++head; f[i]=cnt[i]*i-sum[i]; if (head<=tail) f[i]=min(f[i], f[que[head]]+(cnt[i]-cnt[que[head]])*i-(sum[i]-sum[que[head]])); } int ans=1000000000; for (int i=Maxt; i<Maxt+m; i++) ans=min(ans, f[i]); printf("%d ", ans); return 0; }
Round2： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t[501],s[501],f[501][101]; const int inf=2139062143; inline int read() { int neg=1,x=0; char c; while((c=getchar())<'0'||c>'9') if(c=='-') neg=-1; x=c-'0'; while((c=getchar())>='0'&&c<='9') x=x*10+(c-'0'); return x*neg; } int main() { int n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) t[i]=read(); sort(t+1,t+n+1); for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+t[i]; memset(f,0x7f,sizeof(f)); t[0]=-inf; f[0][0]=0; for(int i=0;i<=n;i++) { int MAX=min(m-1,t[i+1]-t[i]); for(int j=0;j<=MAX;j++) if(f[i][j]!=inf) for(int k=1;i+k<=n;k++) { int tmp=max(t[i]+j+m-t[i+k],0); f[i+k][tmp]=min(f[i+k][tmp],f[i][j]+(tmp+t[i+k])*k-(s[i+k]-s[i])); } } int ans=inf; for(int i=0;i<m;i++) ans=min(ans,f[n][i]); printf("%d ",ans); return 0; }