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
 题解：关键是状态转移方程，排个序，min进行比较的是选k个的最佳方案；

解题思路：一道DP题

   给定n个物品，每个物品有重量，
   从中选出m对，使得这m对物品重量差的平方和最小。
   疲劳度：m对物品重量差的平方和
   分析与解题思路
   先对n中物品的重量排序
   令dp[i][j]表示前i个物品中选j对的最小疲劳度。
   则dp[i][j]可能含有第i个物品(这种情况下,第i种物品一定是和第i-1个物品配对)，
   则dp[i][j]=dp[i-2][j-1]+(val[i]-val[i-1])*(val[i]-val[i-1])
    dp[i][j]的j对也可能不含有第i个物品，此时有
   dp[i][j]=dp[i-1][j]
   状态转移方程
   dp[i][j]=min{dp[i-2][j-1]+(val[i]-val[i-1])*(val[i]-val[i-1]),dp[i-1][j]

（1）i==j*2    dp[i-2][j-1]+(a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i-1])

（2）i>j*2       dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+(a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i-1]))

代码：
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#define MIN(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define pow(a) ((a)*(a))
const int INF=0xfffffff;
const int MAXN=2010;
int cmp(const void *a,const void *b){
return *(int *)a-*(int *)b;
}
int dp[MAXN][MAXN],g[MAXN];
int main(){
int n,k;
while(~scanf("%d%d",&n,&k)){
        int i,j;
        for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++)dp[i][j]=INF;
    for( i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&g[i]);
    qsort(g+1,n,sizeof(g[0]),cmp);
    //for( i=1;i<=n;i++)printf("%d  ",g[i]);
    dp[0][0]=0;
    for(i=2;i<=n;i++){
        for(j=1;2*j<=i;j++){
            dp[i][j]=MIN(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+pow((g[i]-g[i-1])));//无语，这里写成==错了半天；
        }//最后一个选或者不选,例如一组数据3 1；1 4 5答案是1；
    }//第一次选的前两个答案是9，第二次min(9,1);答案是4；
    printf("%d\n",dp[n][k]);
}
return 0;}