题目大意：
给定n个村庄的坐标，两个村庄之间的距离是其坐标之差的绝对值
最多能选m个村庄设立邮局，求设立邮局的地点使得各村庄与邮局距离总和最小
一，
所有的村庄看做在一条直线上
考虑三个因素：i 当前位于第几个村庄，j 已设立邮局的个数，s 村庄与邮局的距离总和
即dp数组为 dp[ i ][ j ] = s , 区间DP，枚举中间点村庄 k
则dp[ i ][ j ]=max{ dp[ k ][ j-1 ] + s( k+1,i ) | 0<k<i}
（1~i村庄设j个邮局） 可由 （1~k村庄设j-1个邮局）+（k+1~i村庄设1个邮局） 得到
二，
再来考虑如何处理s( k,i )，即第 k+1 到 i 村庄之间设立一个邮局的最短距离
即考虑一个区间内选取哪个点可使 其他点到该点的差值的绝对值总和 是最小的
两个点以上的情况 首先可以排除首端和尾端的两个点
奇数个点的情况：
设a<b<c<d<e
1.选取b时
a b c d e
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2.选取c时
a b c d e
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可看出选取中间点更优
偶数个点的情况：
设a<b<c<d<e<f
1.选取c时
a b c d e f
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2.选取d时
a b c d e f
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可看出选取居中的两个点得到的结果是一样的
那么举个例子： s( a,d )=s( a,c )+d到邮局的距离，邮局最佳设立位置为（a+d）/2
就可得到 s( a,d )=s( a,c )+a[ d ]-a[ (a+d)/2 ]
则设数组s[][]保存 两点间设立一个邮局时 区间内村庄与邮局间距离总和的最小值
且 s[ i ][ j ]=s[ i ][ j-1 ] + a[ j ] - a[ (i+j)/2 ]
三，
邮局地点的记录（类似最长上升子序列的路径记录）
利用dp[i][j]的更新过程，枚举中间点k时，若其能更新当前的dp[i][j]，
说明 1~i 被分为两个区间 1~k 和 k+1~i，则区间 k+1~i 的邮局设立点为 （i+k+1）/2
那么记录此时前驱为 k，即 pre[i][j]=k，即记录了上一个区间的末尾
则当dp[][]更新结束后，dp[n][m]是1~n村庄设立m个邮局的距离总和最小值
pre[n][m]中记录的是倒数第二个区间的末尾k1，邮局设立点为（n+k1+1）/2
则pre[k1][m-1]中则记录着倒数第三个区间的末尾k2，邮局设立点为（k1+k2+1）/2
则pre[k2][m-2]中则记录着倒数第四个区间的末尾k3 ，......
这样逆推下去 就可以当推到0时 代表已经过了第一个区间
#include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; int n,m,a[305]; int s[305][305]; // s[i][j] 在i到j之间设一个邮局的最小距离 int dp[305][35]; // dp[i][j] 前i个村落设j个邮局的最小花费 int pre[305][35],ans[35]; int main() { while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { memset(s,0,sizeof(s)); memset(dp,INF,sizeof(dp)); memset(pre,0,sizeof(pre)); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=i+1;j<=n;j++) s[i][j]=s[i][j-1]+a[j]-a[(i+j)/2]; dp[i][1]=s[1][i]; // 顺带更新一下1~i设1个邮局的dp[][] } for(int i=2;i<=n;i++) // 枚举末尾 for(int j=2;j<=i && j<=m;j++) // 枚举邮局个数 for(int k=j-1;k<i;k++) // 枚举 1~i 的中间点 if(dp[k][j-1]+s[k+1][i]<dp[i][j]) dp[i][j]=dp[k][j-1]+s[k+1][i], pre[i][j]=k; int x=n,y=m,ind=0; while(x>0&&y>0) { /// 逆推并将邮局设立位置逆序存入ans[] ans[ind++]=a[(x+pre[x][y]+1)/2]; x=pre[x][y--]; } printf("%d ",dp[n][m]); while(ind>0) { // 从最后一个输出 才是正序 printf("%d ",ans[--ind]); } printf(" "); } return 0; }