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  ZOJ - 3469 

区间DP的一道好题。

在这道题里，无非就是从出发点向左走到x1再向右走到有y1，再向左走到x2，再向右走到y2.。。。这样，一直将所有的顾客遍历完。

显然，起点这个点是非常特殊的一个点，我们姑且也把它算作一名顾客，那么这名顾客的愤怒值设置为0。

然后定义dp[x][y][0]表示区间遍历完[x,y]了，并且当前停留在x位置上，将对最终的愤怒值之和造成的贡献。

定义dp[x][y][1]表示遍历完区间[x,y]，并且当前停留在y位置上，将对最终的愤怒之和造成的贡献。

从上面我们的讨论中可以发现[x,y]一定是包含起始点S的，不然这个区间将没有意义。

我们可以得到状态转移的方程 （我们没有在这里就把V乘进去，而是在最后才把V考虑进去）

dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][0] + (Ns[i+1].x - Ns[i].x)*(sum[N+1] - (sum[j] - sum[i])));
dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][1] + (Ns[j].x - Ns[i].x)*(sum[N+1] - (sum[j] - sum[i])));
dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][1] + (Ns[j].x - Ns[j-1].x)*(sum[N+1] - (sum[j-1] - sum[i-1])));
dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][0] + (Ns[j].x - Ns[i].x)*(sum[N+1] - (sum[j-1] - sum[i-1])));

以上的状态转移方程就相当于把区间扩大了一位数字，贡献增加的值。

我看很多题解的时候，没有明确说明dp表示的是对于答案的贡献值，所以没能充分的理解。

反思这个动态规划的题目，有点特别，就是说dp代表的东西不能形成一个类似的独立的子问题，而仍然是刻画原问题的某个性质的一部分，这里我觉得是与其他一些dp不同的地方。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int N,V,X; 
const int INF = 1e9;
const int MAX = 1005;
struct node{int x,val;friend bool operator<(node n1,node n2){return n1.x < n2.x;}
}Ns[MAX];
int dp[MAX][MAX][2];
int sum[MAX];
int main(){while(~scanf("%d%d%d",&N,&V,&X)){memset(dp,0,sizeof(dp));for(int i = 1;i <= N;i++){int x,b;scanf("%d%d",&x,&b);Ns[i].x = x;Ns[i].val = b;}Ns[N+1].x = X;Ns[N+1].val = 0;sort(Ns+1,Ns+N+2);int s = 0;while(Ns[++s].x != X);for(int i = 1;i <= N+1;i++) sum[i] = sum[i-1] + Ns[i].val;for(int i = 1;i <= N+1;i++){for(int j = 1;j <= N+1;j++){dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = INF;}}dp[s][s][0] = dp[s][s][1] = 0;for(int i = s;i > 0;i--){for(int j = s;j<= N+1;j++){if(i == j) continue;dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][0] + (Ns[i+1].x - Ns[i].x)*(sum[N+1] - (sum[j] - sum[i])));dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0],dp[i+1][j][1] + (Ns[j].x - Ns[i].x)*(sum[N+1] - (sum[j] - sum[i])));dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][1] + (Ns[j].x - Ns[j-1].x)*(sum[N+1] - (sum[j-1] - sum[i-1])));dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1],dp[i][j-1][0] + (Ns[j].x - Ns[i].x)*(sum[N+1] - (sum[j-1] - sum[i-1])));}}int ans = min(dp[1][N+1][0],dp[1][N+1][1]);printf("%d\n",ans*V);}return 0;
}