购物（DP）

购物

思路

最优值问题，我们考虑 d p dp dp， d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示前 i i i天已经购买了 j j j个糖果的花费最小值，显然 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]可以从 d p [ i − 1 ] [ k ] dp[i - 1][k] dp[i−1][k]转移过来，具体转移过程看代码注释部分吧。

对于答案我们显然是在第 n n n天刚好购买了 n n n个糖果，这样是最优的，对于每一天购买糖果，我们一定是优先选择花费更小的，这样才能保证最优值.

代码

/*
  Author : lifehappy
*/
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>

#define mp make_pair
#define pb push_back
#define endl '\n'
#define mid (l + r >> 1)
#define lson rt << 1, l, mid
#define rson rt << 1 | 1, mid + 1, r
#define ls rt << 1
#define rs rt << 1 | 1

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline ll read() {
    ll f = 1, x = 0;
    char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-')    f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
        c = getchar();
    }
    return f * x;
}

const int N = 310;

ll a[N][N], n, m, dp[N][N];

int main() {
    // freopen("in.txt", "r", stdin);
    // freopen("out.txt", "w", stdout);
    // ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    n = read(), m = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 1; j <= m; j++) {
            a[i][j] = read();
        }
        sort(a[i] + 1, a[i] + 1 + m);//对糖果价钱排个序
        for(int j = 1; j <= m; j++) {//求个前缀和方便后面的dp。
            a[i][j] += a[i][j - 1];
        }
    }
    memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
    dp[0][0] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {//按照套路两重循环i, j分别代表天数跟糖果总数。
        for(int j = i; j <= min(n, i * m); j++) {//因为每一天一定要有糖果，所以一定是第i天最少要有i个糖果。
            //当天获得的最大糖果数量是min(n, i * m)，这个一定要保证，因为最多只要n个，当天最多只能得到i * m个
            for(int k = i - 1; k <= min(n, (i - 1) * m) && k <= j; k++) {//前一天转移过来的最少也要有i - 1个糖果，
                //这里考虑转换的时同样的要考虑上一步转移过来的是否符合要求，所以规定数量
                //k <= j && k <= 前几天糖果数量总和 && k <= n 我们需要的最多糖果。
                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][k] + a[i][j - k] + (j - k) * (j - k));
            }
        }
    }
    cout << dp[n][n] << endl;
	return 0;
}