关键字：经典区间dp。
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Description
某一村庄在一条路线上安装了n盏路灯，每盏灯的功率有大有小（即同一段时间内消耗的电量有多有少）。老张就住在这条路中间某一路灯旁，他有一项工作就是每天早上天亮时一盏一盏地关掉这些路灯。
为了给村里节省电费，老张记录下了每盏路灯的位置和功率，他每次关灯时也都是尽快地去关，但是老张不知道怎样去关灯才能够最节省电。他每天都是在 天亮时首先关掉自己所处位置的路灯，然后可以向左也可以向右去关灯。开始他以为先算一下左边路灯的总功率再算一下右边路灯的总功率，然后选择先关掉功率大 的一边，再回过头来关掉另一边的路灯，而事实并非如此，因为在关的过程中适当地调头有可能会更省一些。
现在已知老张走的速度为1m/s，每个路灯的位置（是一个整数，即距路线起点的距离，单位：m）、功率（W），老张关灯所用的时间很短而可以忽略不计。
请你为老张编一程序来安排关灯的顺序，使从老张开始关灯时刻算起所有灯消耗电最少（灯关掉后便不再消耗电了）。
Input Format
第一行是两个数字n(表示路灯的总数)和c(1<＝c<=n老张所处位置的路灯号)；
接下来n行，每行两个数据，表示第1盏到第n盏路灯的位置和功率。
Output Format
一个数据，即最少的功耗(单位：J，1J＝1W·s)。
Sample Input #1
5 3
2 10
3 20
5 20
6 30
8 10
Sample Output #1
270
Hint
输出解释：此时关灯顺序为3 4 2 1 5，不必输出这个关灯顺序。
对于100%的数据，n ≤ 50.
经典的区间dp题。由于“经过一盏路灯却不关闭它”的做法是不优的，所以在任意时刻，关闭的路灯必然为连续的一段。我们令f(i,j,k)表示第i~第j 盏路灯全部关闭时所消耗的最少电量，其中k = 0或1.k = 0表示老张处于第i盏路灯的位置，k = 1表示处于第j盏路灯位置。容易得到以下状态转移方程：
f(i,j,0) = min( f(i+1,j,0)+other(i+1,j)*dis(i,i+1), f(i+1,j,1)+other(i+1,j)*dis(i,j))
（假若老张处于(i,j)区间的左端，那么他必然是从区间(i+1,j)向左走过来的。至于是从(i+1,j)的左端还是右端过来的就需要讨论了。 other(i+1,j)表示除了(i+1,j)之间的路灯的功率之和，dis(i,j)表示i到j的距离。下一个状态转移方程同理。）
f(i,j,1) = min( f(i,j-1,0)+other(i,j-1)*dis(i,j), f(i,j-1,1)+other(i,j-1)*dis(j-1,j))
那么答案就是min( f(1,n,0), f(1,n,1))
#include <stdio.h>
#include <string.h>
int n,m,dis[55],sum[55],f[55][55][2];
int min(int a,int b)
{
return a<b?a:b;
}
int main()
{
int i,j,l;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&dis[i],&sum[i]);
sum[i] += sum[i-1];
}
memset(f,60,sizeof(f));
f[m][m][0] = f[m][m][1] = 0;
for(l=2;l<=n;l++) for(i=1;i+l-1<=n;i++)
{
j = i+l-1;
f[i][j][0] = min(f[i+1][j][0]+(sum[n]-(sum[j]-sum[i]))*(dis[i+1]-dis[i]), f[i+1][j][1]+(sum[n]-(sum[j]-sum[i]))*(dis[j]-dis[i]));
f[i][j][1] = min(f[i][j-1][0]+(sum[n]-(sum[j-1]-sum[i-1]))*(dis[j]-dis[i]), f[i][j-1][1]+(sum[n]-(sum[j-1]-sum[i-1]))*(dis[j]-dis[j-1]));
}
printf("%d",min(f[1][n][0], f[1][n][1]));
return 0;
}
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