水厂日志

发表于 更新于 分类于 ， ，

题目

输入$n$条有向边，确定是否能一笔画，如果能则输出最大的“起点*终点“，否则输出$-1$。

题解

欧拉图模板题。

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题目

和UESTC-2430完全一致，数据量增大。

题解

我觉得没写啥的必要了，和UESTC-2430完全一致，加上二进制优化就行。

代码

AC代码

这是debug之后了的，注意到打开了OPTIMIZE宏。

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// @author: hzy
//#pragma G++ optimize("O3")

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <list>
#include <forward_list>
#include <stack>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <limits.h>

#define DISPLAY_A 0
#define OPTIMIZE 1

using namespace std;

class Thing {
public:
    long long weight, value, number;
};

class Special {
public:
    long long x, y, z;

    long long getValue(long long weight) {
        if (weight == 0) {
            return max(0ll, z);
        }
        return x * weight * weight + y * weight + z;
    }
};

Thing things[10007 * 15];
int cnt = 0;
Special specials[6];

long long dp0[10007];
long long dp[10007];

const int pow2[] = {1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048, 4096, 8192, 16384};

# if OPTIMIZE

// 二进制优化
int optimize() {
    int st = cnt;
    int d = 0;
    while (things[cnt].number > pow2[d]) {
        things[cnt].number -= pow2[d];
        // things[d + 1].number = 1;
        things[cnt + d + 1].weight = things[cnt].weight * pow2[d];
        things[cnt + d + 1].value = things[cnt].value * pow2[d];
        d += 1;
    }
    things[cnt].weight = things[cnt].weight * things[cnt].number;
    things[cnt].value = things[cnt].value * things[cnt].number;
    // things[cnt].number = 1;
    cnt += d + 1;
    return st;
}

#endif

#if DISPLAY_A
int sp[1007];
#endif

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    int n, m, c;
    cin >> n >> m >> c;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> things[cnt].weight >> things[cnt].value >> things[cnt].number;
        // 多重背包
#if OPTIMIZE
        // 二进制优化
        optimize();
#else
        for (int j = 1; j <= c; j++) {
            // 不拿的情况(k=0)已经包含了
            for (int k = 1; k <= things[cnt].number; k++) {
                int weight = k * things[cnt].weight;
                if (j < weight) {
                    break;
                }
                dp[j] = max(dp[j], dp0[j - weight] + things[cnt].value * k);
            }
        }
        memcpy(dp0, dp, sizeof(long long) * (c + 3));
#endif
    }
    for (int i = 0; i < cnt; i++) {
        for (int j = 1; j <= c; j++) {
            if (j < things[i].weight) {
                continue;
            }
            dp[j] = max(dp0[j], dp0[j - things[i].weight] + things[i].value);
        }
        memcpy(dp0, dp, sizeof(long long) * (c + 3));
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> specials[i].x >> specials[i].y >> specials[i].z;
        // 计算神奇物品
        for (int j = 0; j <= c; j++) {
            for (int k = 0; k <= j; k++) {
#if DISPLAY_A
                if (dp[j] < dp0[j - k] + specials[i].getValue(k)) {
                    dp[j] = dp0[j - k] + specials[i].getValue(k);
                    sp[i] = k;
                }
#else
                dp[j] = max(dp[j], dp0[j - k] + specials[i].getValue(k));
#endif
            }
        }
        memcpy(dp0, dp, sizeof(long long) * (c + 3));
    }
#if DISPLAY_A
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cout << sp[i] << " ";
    }
    cout << endl;
#endif
    cout << dp[c] << endl;
    return 0;
}

测试例生成（Python）

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def G(n, m, c, max=1e3, filename='/Volumes/RD/in'):
    n = int(n)
    m = int(m)
    c = int(c)
    f = open(filename, 'w')
    f.write("{} {} {}\r\n{}\r\n{}".format(
        n, m, c, "\r\n".join([
            "{} {} {}".format(random.randint(1, max), random.randint(1, max), random.randint(1, max))
            for i in range(n)
        ]),
        "\r\n".join([
            "{} {} {}".format(random.randint(-max, max), random.randint(-max, max), random.randint(-max, max))
            for i in range(m)
        ])
    ))
    f.close()

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题目

给任意一个字符串，求最少插入多少字符可以得到回文串。

题解

参照leetcode 1312。

求该字符串与它的反序的最长公共子序列（LCS）长度，然后用字符串长度减去这个长度，输出答案完事，时间复杂度为字符串长度的平方。签到题。

代码

因为一发入魂，就没写测试例生成和暴力验证。

AC代码

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// @author: hzy
//#pragma G++ optimize("O3")

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <list>
#include <forward_list>
#include <stack>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <limits.h>

#define DISPLAY_A 0

using namespace std;

const int MAX = 5e3 + 7;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    string s;
    cin >> s;
    string inv = s;
    reverse(inv.begin(), inv.end());
    // LCS
    vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(n + 1));
    dp[0][0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (s[i - 1] == inv[j - 1]) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
            } else {
                dp[i][j] = max(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]);
            }
        }
    }
    cout << n - dp[n][n] << endl;
    return 0;
}

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题目

有$n$种普通物品，第$i$种物品的体积为$V_i$，价值$W_i$，数量$D_i$，有$m$件神奇物品，神奇物品的价值由分配的体积$V_i$决定，计算公式为
$$
W_i=x_iV_i^2+y_iV_i+z_i
$$
给一个体积为$C$的背包，求最大价值。

题解

多重背包+泛化物品。

先说多重背包的部分。

其实背包问题没啥好讲的，考虑0-1背包，$dp[i][j]$表示前$i$个物品在容量为$j$的背包下的最大价值，有状态转移方程
$$
dp[i][j]=\max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-V_i]+W_i)
$$
这题数据量比较小，直接朴素做法就行，把多重背包考虑为多个相同重量和价值的物品，就可以转变为0-1背包，时间复杂度$O(nCD)$（讲道理这已经达到1e9了，居然没超时）。

再来说一下泛化物品。

参照背包九讲中关于泛化物品的部分。计算完多重背包的部分之后，我们得到了一个在没有神奇物品情况下，任意容量背包能装的最大价值。背包九讲中对于多个泛化物品的操作是两两合并，这样就只有一个泛化物品了，但是我觉得太麻烦，其实泛化物品就相当于有$C$个一般物品，并且将它们放到一个组（也就是只能拿一个，因为泛化物品只有一个），这样就转变为分组背包，遍历容量然后求最大值就行，同样考虑$dp[i][j]$为前$i$个神奇物品在容量为$j$的背包下的最大价值，转移方程为
$$
dp[i][j]=\max{dp[i-1][j-v]+x_iv^2+y_iv^2+z_i|v\in[1,j]}
$$
注意到$j$是两重循环，所以是这部分复杂度是$O(mC^2)$。

代码

暴力测试的程序代码找不到了，嘤嘤嘤。

AC代码

OPTIMIZE是二进制优化，在写这题的时候没有并没有完成这一部分，朴素暴过去的。

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// @author: hzy
//#pragma G++ optimize("O3")

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <list>
#include <forward_list>
#include <stack>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <limits.h>

#define DISPLAY_A 0
#define OPTIMIZE 0

using namespace std;

class Thing {
public:
    int weight, value, number;

};

class Special {
public:
    int x, y, z;

    int getValue(int weight) {
        if (weight == 0) {
            return max(0, z);
        }
        return x * weight * weight + y * weight + z;
    }
};

Thing things[1007 * 15];
int cnt = 0;
Special specials[6];

int dp0[1007];
int dp[1007];

const int pow2[] = {1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024};

# if OPTIMIZE
// 二进制优化
int optimize() {
    int st = cnt;
    int d = 0;
    while (things[cnt].number > pow2[d]) {
        things[cnt].number -= pow2[d];
        things[d + 1].number = 1;
        things[d + 1].weight = things[cnt].weight * pow2[d];
        things[d + 1].value = things[cnt].value * pow2[d];
        d += 1;
    }
    things[cnt].weight = things[cnt].weight * things[cnt].number;
    things[cnt].value = things[cnt].value * things[cnt].number;
    things[cnt].number = 1;
    // 考虑不拿的情况
    cnt += d + 2;
    return st;
}
#endif

#if DISPLAY_A
int sp[1007];
#endif

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    int n, m, c;
    cin >> n >> m >> c;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> things[cnt].weight >> things[cnt].value >> things[cnt].number;
        // 多重背包
#if OPTIMIZE
        // 二进制优化
        auto st = optimize();
        for (int k = st; k < cnt; k++) {
            for (int j = 1; j <= c; j++) {
                if (j < things[k].weight) {
                    continue;
                }
                dp[j] = max(dp[j], dp0[j - things[k].weight] + things[k].value);
            }
            memcpy(dp0, dp, sizeof(int) * c + 3);
        }
#else
        for (int j = 1; j <= c; j++) {
            // 不拿的情况(k=0)已经包含了
            for (int k = 1; k <= things[cnt].number; k++) {
                int weight = k * things[cnt].weight;
                if (j < weight) {
                    break;
                }
                dp[j] = max(dp[j], dp0[j - weight] + things[cnt].value * k);
            }
        }
        memcpy(dp0, dp, sizeof(int) * (c + 3));
#endif
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> specials[i].x >> specials[i].y >> specials[i].z;
        // 计算神奇物品
        for (int j = 0; j <= c; j++) {
            for (int k = 0; k <= j; k++) {
#if DISPLAY_A
                if (dp[j] < dp0[j - k] + specials[i].getValue(k)) {
                    dp[j] = dp0[j - k] + specials[i].getValue(k);
                    sp[i] = k;
                }
#else
                dp[j] = max(dp[j], dp0[j - k] + specials[i].getValue(k));
#endif
            }
        }
        memcpy(dp0, dp, sizeof(int) * (c + 3));
    }
#if DISPLAY_A
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cout << sp[i] << " ";
    }
    cout << endl;
#endif
    cout << dp[c] << endl;
    return 0;
}

测试例生成（Python）

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def G(n, m, c, max=1e3, filename='/Volumes/RD/in'):
    n = int(n)
    m = int(m)
    c = int(c)
    f = open(filename, 'w')
    f.write("{} {} {}\r\n{}\r\n{}".format(
        n, m, c, "\r\n".join([
            "{} {} {}".format(random.randint(1, max), random.randint(1, max), random.randint(1, max))
            for i in range(n)
        ]),
        "\r\n".join([
            "{} {} {}".format(random.randint(-max, max), random.randint(-max, max), random.randint(-max, max))
            for i in range(m)
        ])
    ))
    f.close()

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题目

和UESTC-2428基本相同，区别在于只能相邻的两个进行交换，询问最少交换次数。

题解

有一说一，这题我没怎么搞懂，基本上全靠出题人的PPT。

这题比较直白了，直接就是$1\sim 20$的数字。继续使用状态压缩，变量$s$二进制表示状态，$dp[s]$表示状态$s$需要的最少交换次数，$w[i][j]$表示原排列i在j前面的对数，状态转移方程
$$
dp[s]=\min{dp[s-(1<<i)]+\sum_{j\in s &j\ne i}w[i][j]}
$$
显然$dp[0]=0$。

$w$直接暴力就行，题解上给的做法也是暴力。（学姐真是太良心了）

代码

虽然没有一发入魂（某个循环的边界写错了），但是调了几下就过了，所以也没有写测试例生成和暴力验证……

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// @author: hzy
//#pragma G++ optimize("O3")

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <list>
#include <forward_list>
#include <stack>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <limits.h>

#define DISPLAY_A 0

using namespace std;

const int MAX = 1e5 + 7;

unsigned int s = 1;

int a[MAX];
int cnt[27];
int w[27][27];

const unsigned int full = (1u << 20u) - 1;
long long dp[full + 7];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        a[i] -= 1;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cnt[a[i]]++;
        for (int j = 0; j < 20; j++) {
            w[j][a[i]] += cnt[j];
        }
    }
    for (; s <= full; s++) {
        dp[s] = 0x7fffffffffffffffll;
        for (int i = 0; i < 20; i++) {
            if (!(s & (1 << i))) {
                continue;
            }
            long long ans = 0;
            for (int j = 0; j < 20; j++) {
                if (i == j || !(s & (1 << j))) {
                    continue;
                }
                ans += w[i][j];
            }
            dp[s] = min(dp[s], dp[s - (1 << i)] + ans);
        }
    }
    cout << dp[full] << endl;
    return 0;
}

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题目

给一段长度为$n$的序列，包含$1\sim m$的数字，可以任意交换两个数字的位置，目标是让所有相同的数字相邻，问最多可以有几个数字的位置不被交换。

题解

参照出题人的PPT。

把“已经排列好的数字种类的集合”视为状态，不考虑集合中数字的顺序，他们的总数是固定的，记状态为$s$，已经排列的人数为$f[s]$，这个可以在输入的时候直接求出来。$m$最大只有20，直接位运算来实现集合。$dp[s]$表示状态$s$最多能固定的数字数量。

枚举$s$，在每次枚举的时候枚举数字$i$，考虑

  • $i$不在$s$中，则$dp[s|(1<<i)]=\max{dp[s]+sum[r][i]-sum[l-1][i]|i\in[0,m-1]}$
  • $i$在$s$中，则$dp[s]=\max{dp[s\oplus(1<<i)]+sum[r][i]-sum[l-1][i]|i\in[0,m-1]}$

注意我为了方便位运算将输入序列全部减去1。

最后输出$dp[(1<<m)-1]$即可。

代码

因为一发入魂，所以没有写测试例生成和暴力验证。

AC代码

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// @author: hzy
//#pragma G++ optimize("O3")

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <list>
#include <forward_list>
#include <stack>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <limits.h>

#define DISPLAY_A 0

using namespace std;

const int MAX = 1e5 + 7;

unsigned int s;

int n, m;
int dp[1 << 21];
int f[1 << 21];
int a[MAX + 1];
int sum[MAX + 1][20 + 1];

int getSum(int c) {
    int k = 0;
    int ans = 0;
    for (; c; c >>= 1, k++) {
        ans += c & 1 ? sum[n][k] : 0;
    }
    return ans;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        // 从0开始
        a[i] -= 1;
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            sum[i][j] = sum[i - 1][j] + (j == a[i]);
        }
    }
    const int full = (1 << m) - 1;
    for (int i = 0; i <= full; i++) {
        f[i] = getSum(i);
    }
    while (s <= full) {
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            int l = f[s] + 1;
            int r = f[s | (1 << i)];
            if (s & (1 << i)) {
                dp[s] = max(dp[s], dp[s - (1 << i)] + sum[r][i] - sum[l - 1][i]);
            } else {
                dp[s | (1 << i)] = max(dp[s | (1 << i)], dp[s] + sum[r][i] - sum[l - 1][i]);
            }
        }
        s++;
    }
    cout << dp[full] << endl;
    return 0;
}

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题目

给一组长度为$n$序列，相邻的数字可以合并为一个数字，合并后的数字等于合并前的数字+1，问合并后的数字最少是多少个。

题解

参照出题人PPT，是区间DP没错了。

$dp[l][r]$表示区间$[l,r]$在合并过之后有多少个数，$ag[l][r]$表示区间$[l,r]$合并成一个（如果可以）的数。

不好解释，直接看代码吧。。。

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for (int mid = l; mid <= r; mid++) {
  if (dp[l][mid] == 1 && dp[mid + 1][r] == 1 &&
      ag[l][mid] == ag[mid + 1][r] && ag[l][mid] != 0) {
    // merge
    dp[l][r] = 1;
    ag[l][r] = ag[l][mid] + 1;
  }
  dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][mid] + dp[mid + 1][r]);
}

对于区间$[l,r]$，将其分为$[l,mid]$和$[mid+1,r]$，看能否合并，然后最小值。

然后枚举长度和$l$即可，复杂度$O(n^3)$。

代码

因为一发入魂，就没写测试例生成和暴力程序了。

AC代码

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// @author: hzy
//#pragma G++ optimize("O3")

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <list>
#include <forward_list>
#include <stack>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <limits.h>

#define DISPLAY_A 0

using namespace std;

const int MAX = 500 + 7;

int arr[MAX];
int ag[MAX][MAX];
int dp[MAX][MAX];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            dp[i][j] = n;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> arr[i];
        dp[i][i] = 1;
        ag[i][i] = arr[i];
    }
    for (int len = 1; len <= n; len++) {
        for (int l = 1; l + len <= n; l++) {
            int r = l + len;
            for (int mid = l; mid <= r; mid++) {
                if (dp[l][mid] == 1 && dp[mid + 1][r] == 1 &&
                    ag[l][mid] == ag[mid + 1][r] && ag[l][mid] != 0) {
                    // merge
                    dp[l][r] = 1;
                    ag[l][r] = ag[l][mid] + 1;
                }
                dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][mid] + dp[mid + 1][r]);
            }
        }
    }
    cout << dp[1][n] << endl;
    return 0;
}

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题目

给一颗$n$节点的树，1节点为根节点，求最少减去多少条边可以得到一颗$p$节点的树。

题解

参照洛谷P1272。

基本上是原题了。

$dp[i][j]$表示以$i$为根节点时获得节点数为$p$的树最少需要的修建次数。状态转移方程
$$
dp[i][j]=\min{dp[i][j-k]+dp[son][k]-1|k\in[1,j]}
$$
$son$是$i$的子节点。

考虑到不一定1为根节点（$dp[1][p]$）才是最优，所以我们可以遍历每一个节点作为根节点的情况。注意到除了根节点之外，其他节点为根节点的话需要断开自己与父节点的边，所以遍历的时候+1即可。

还有一个坑是输入。每行输入的是$u$和$v$表示$u$和$v$之间有一条边，然而并不知道哪个是父节点，所以得专门做一次处理，我懒得搞骚操作直接暴力了，速度还行吧。

代码

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// @author: hzy
//#pragma G++ optimize("O3")

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <list>
#include <forward_list>
#include <stack>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <limits.h>

#define DISPLAY_A 0

using namespace std;

const int MAX = 200 + 7;

set<int> nodes[201];

int dp[201][201];

int dfs(int root) {
    int sum = 1;
    for (auto son:nodes[root]) {
        sum += dfs(son);
        // TODO: optimize
        for (int j = sum; j >= 1; j--) {
            for (int k = 1; k < j; k++) {
                dp[root][j] = min(dp[root][j], dp[root][j - k] + dp[son][k] - 1);
            }
        }
    }
    return sum;
}

int dset[201];

struct Edge {
    int u, v;
};

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    int n, p;
    cin >> n >> p;
    int u, v;
    dset[1] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            dp[i][j] = n;
        }
    }
    // 构建单向边
    map<int, Edge> edge;
    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        cin >> u >> v;
        // 干就完事了
        if (u == 1) {
            nodes[u].insert(v);
            dset[v] = u;
        } else if (v == 1) {
            nodes[v].insert(u);
            dset[u] = v;
        } else if (dset[u]) {
            nodes[u].insert(v);
            dset[v] = 1;
        } else if (dset[v]) {
            nodes[v].insert(u);
            dset[u] = 1;
        } else {
            // 姑且记录一下
            edge[cnt].u = u;
            edge[cnt].v = v;
            cnt += 1;
        }
    }
    set<int> af;
    while (!edge.empty()) {
        for (auto &it:edge) {
            if (dset[it.second.u]) {
                nodes[it.second.u].insert(it.second.v);
                dset[it.second.v] = 1;
                af.insert(it.first);
            } else if (dset[it.second.v]) {
                nodes[it.second.v].insert(it.second.u);
                dset[it.second.u] = 1;
                af.insert(it.first);
            }
        }
        for (auto &it:af) {
            edge.erase(it);
        }
        af.clear();
    }
    // init
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        dp[i][1] = nodes[i].size();
    }
    // search
    dfs(1);
    int ans = dp[1][p];
#if DISPLAY_A
    int idx = 1;
#endif
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
#if DISPLAY_A
        if (ans > dp[i][p] + 1) {
            ans = dp[i][p] + 1;
            idx = i;
        }
#else
        ans = min(ans, dp[i][p] + 1);
#endif
    }
#if DISPLAY_A
    cout << ans << " " << idx << endl;
#else
    cout << ans << endl;
#endif
    return 0;
}

测试例生成（Python）

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def N(n, p, filename='in'):
    n = int(n)
    p = int(p)
    f = open(filename, 'w')
    f.write("{} {}\r\n{}\r\n".format(
        n, p,
        "\r\n".join([
            "{} {}".format(random.randint(1, i - 1), i) for i in range(2, n + 1)
        ])
    ))

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题目

给定$m$个牛头人和$p$个老哥，老哥向一个方向移动，遇到牛头人时牛头人停止活动，现在给出牛头人出现的时间距离，让所有牛头人加起来的活动时间最短，安排老哥的出发时间。

题解

参照出题人PPT的状态转移方程。

首先简化问题，假设所有牛头人都出现在起始位置，直接用时间减去距离即可，为了方便后面的操作再排序一下，设为$a[]$，$dp[i][j]$表示第$i$个老哥在$a[j]$时刻出发前$j$牛头人的最少活动时间，于是有状态转移方程
$$
dp[i][j]=\min{dp[i-1][k]+\sum_{x=k+1}^{j}(a[j]-a[x])|k\in[1,j]}
$$
考虑用前缀和，令
$$
s[j]=\sum_{x=1}^ja[x]
$$
方程可以变为
$$
dp[i][j]=\min{(dp[i-1][k]+s[k])-k\cdot a[j]+(j\cdot a[j]-s[j])|k\in[1,j]}
$$
考虑$i\in[1,p]$，$j\in[1,m]$，直接DP的话复杂度依然高达$O(pm^2)$，因为式子中有一项同时包含$k$和$j$，所以无法用单调队列优化，我们考虑斜率优化。

设$k_1<k_2$且$k_2$比$k_1$更优，即
$$
(dp[i-1][k_2]+s[k_2])-k_2\cdot a[j]+(j\cdot a[j]-s[j])<
(dp[i-1][k_1]+s[k_1])-k_1\cdot a[j]+(j\cdot a[j]-s[j])
$$

$$
(dp[i-1][k_2]+s[k_2])-k_2\cdot a[j]<
(dp[i-1][k_1]+s[k_1])-k_1\cdot a[j]
$$

$$
\frac{(dp[i-1][k_2]+s[k_2])-(dp[i-1][k_1]+s[k_1])}{k_2-k_1}<a[j]
$$

（虽然我不知道变换出这个式子之后有什么用，总之就放这吧）

其实对于斜率优化，我的理解是对于不同的自变量（这里是$k$），取到的值不同，而当$k_1<k_2$且从$k_1$到$k_2$的斜率小于这里的$a[j]$（注意$a[j]$单调不减）时，则后续的状态转移一定不会有$k_1$，因为$k_2$一定比$k_1$更优，同时能取到的点集会有斜率单调不减的特征，也就是一个下凸包，同时那个最优的点就是凸包上第一个斜率大于等于$a[j]$的点，由于$a[j]$单调不减，所以在取了这点之后可以直接将这个点以前的点全部移除。

之后就是代码实现了，我用一个数组来维护下凸包，准确说是一个双向队列（两个变量head和tail，但是STL的deque效率不得行，所以是手写的。

代码

AC代码

这题int会溢出，我吐了。

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// @author: hzy
//#pragma G++ optimize("O3")

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <list>
#include <forward_list>
#include <stack>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <limits.h>

#define DISPLAY_A 0

using namespace std;

const int MAX = 1e5 + 7;

long long a[MAX];
long long sum[MAX];

long long dp[100 + 7][MAX];

float grad(const long long *arr, long long x1, long long x2) {
    return ((float) (arr[x2] + sum[x2] - arr[x1] - sum[x1])) / ((float) (x2 - x1));
}

int ndeq[MAX];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    int m, p;
    cin >> m >> p;
    int tmp;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> tmp >> a[i];
        a[i] -= tmp;
    }
    sort(a + 1, a + m + 1);
    // 前缀和
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    }
    for (int j = 1; j <= m; j++) {
        dp[1][j] = a[j] * j - sum[j];
    }
    for (int i = 2; i <= p; i++) {
        // 斜率优化
        int head = 0, tail = 0;
        // 必然吧
        dp[i][1] = 0;
        ndeq[tail] = 0;
        tail++;
        for (int j = 2; j <= m; j++) {
            // 准备插入j，维护斜率递增，左侧斜率小于右侧斜率
            while (tail - head >= 2 &&
                   grad(dp[i - 1], ndeq[tail - 2], ndeq[tail - 1]) >=
                   grad(dp[i - 1], ndeq[tail - 1], j)) {
                // 出栈
                tail--;
            }
            // 这一点应该是一定会加入的
            ndeq[tail] = j;
            tail++;
            // 找不到情况队处理
            dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            // TODO: 二分查找
            // 大概直接查找就完事了
            for (int k = head; k < tail - 1; k++) {
                // 斜率递增，故左斜率<=a[j]&&右斜率>=a[j]时最优
                if (dp[i - 1][ndeq[k + 1]] + sum[ndeq[k + 1]] - dp[i - 1][ndeq[k]] - sum[ndeq[k]] >=
                    a[j] * (ndeq[k + 1] - ndeq[k]) &&
                    dp[i - 1][ndeq[k]] + a[j] * (j - ndeq[k]) - (sum[j] - sum[ndeq[k]]) <= dp[i][j]) {
                    // 是这点了
                    dp[i][j] = dp[i - 1][ndeq[k]] + a[j] * (j - ndeq[k]) - (sum[j] - sum[ndeq[k]]);
                    // 修改队首
                    head = k;
                    break;
                }
            }
            head = min(head, tail - 1);
        }
    }
    cout << dp[p][m] << endl;
    return 0;
}

测试例生成（Python）

为了方便直接将位置都设为0了。

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def e(m, p, max=1e9, filename='in'):
    m = int(m)
    p = int(p)
    fi = open(filename, 'w')
    fi.write("{} {}\r\n{}\r\n".format(
        m, p, "\r\n".join([
            "0 {}".format(random.randint(0, max))
            for i in range(m)
        ])
    ))
    fi.close()

暴力验证

只是没有斜率优化，其他一样。

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// @author: hzy
//#pragma G++ optimize("O3")

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <list>
#include <forward_list>
#include <stack>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <limits.h>

#define DISPLAY_A 0

using namespace std;

const int MAX = 1e5 + 7;

long long a[MAX];
long long sum[MAX];

long long dp[100 + 7][MAX];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    int m, p;
    cin >> m >> p;
    int tmp;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> tmp >> a[i];
        a[i] -= tmp;
    }
    sort(a + 1, a + m + 1);
    // 前缀和
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    }
    for (int j = 1; j <= m; j++) {
        dp[1][j] = a[j] * j - sum[j];
    }
    for (int i = 2; i <= p; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            dp[i][j] = dp[i - 1][1] + a[j] * (j - 1) - (sum[j] - sum[1]);
            for (int k = 1; k <= j; k++) {
                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][k] + a[j] * (j - k) - (sum[j] - sum[k]));
            }
        }
    }
    cout << dp[p][m] << endl;
    return 0;
}