题目连接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1421
hdu_1421:搬寝室
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Problem Description
搬寝室是很累的,xhd深有体会.时间追述2006年7月9号,那天xhd迫于无奈要从27号楼搬到3号楼,因为10号要封楼了.看着寝室里的n件物品,xhd开始发呆,因为n是一个小于2000的整数,实在是太多了,于是xhd决定随便搬2*k件过去就行了.但还是会很累,因为2*k也不小是一个不大于n的整数.幸运的是xhd根据多年的搬东西的经验发现每搬一次的疲劳度是和左右手的物品的重量差的平方成正比(这里补充一句,xhd每次搬两件东西,左手一件右手一件).例如xhd左手拿重量为3的物品,右手拿重量为6的物品,则他搬完这次的疲劳度为(6-3)^2 = 9.现在可怜的xhd希望知道搬完这2*k件物品后的最佳状态是怎样的(也就是最低的疲劳度),请告诉他吧.
Input
每组输入数据有两行,第一行有两个数n,k(2<=2*k<=n<2000).第二行有n个整数分别表示n件物品的重量(重量是一个小于2^15的正整数).
Output
对应每组输入数据,输出数据只有一个表示他的最少的疲劳度,每个一行.
Sample Input
2 1
1 3
Sample Output
4
Author
xhd
Source
题解：经典的dp 问题，设dp[i][j]表示的是已经拿到第i件物品时拿了2*k件
转移方程要么在前i件的时候包括第i件这样第i+1件一定要取此时dp[i][k] = dp[i-2][k-1]+a[i-1]，要么就是不包括滴i件，那么在dp[i][k+1]一定等于dp[i-1][k],两种情况取最小
但是只要是dp一定要注意边界条件，先看转移方程中有哪些是自己一定要处理出来的初始数据，当k == 0 的时候所有dp都是0；当转移的时候如果是2*k>=i 则不再转移，因为不可能出现了，一定要想清楚什么时候可以继续转移
特别注意：对于任何一道题，都要提前想明白点的编号是从1开始还是从0开始，然后后面的所有程序都要按照这个规则去写，因为编号的问题出的错，程序长了是不好改的。
代码：
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstring>
4 using namespace std;
5 #define INF 0x7f7f7f7f
6 #define N 2010
7 int v[N];
8 int a[N];
9 int dp[N][N];
10 int main()
11 {
12 int n , k;
13 while(~scanf("%d%d",&n,&k))
14 {
15 for(int i= 0 ;i < n ; i++) scanf("%d",&v[i]);
16 sort(v,v+n);
17 for(int i = 1 ; i < n ; i++) a[i-1] = (v[i]-v[i-1])*(v[i]-v[i-1]);
18 //memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
19 for(int i = 0 ; i < n ; i++)
20 for(int j = i/2+1 ; j< n ;j++) dp[i][j] = INF;
21 for(int j = 0 ; j < n ;j++) dp[j][0] = 0;
22 dp[1][1] = a[0];
23 for(int i =2 ;i < n ; i++)
24 for(int j = 1 ; 2*j <= i+1 ;j++)
25 dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+a[i-1]);
26 printf("%d\n",dp[n-1][k]);
27 }
28 return 0;
29 }