题目描述

N个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。

例如：S=1；T={1,3,4,2,1}；F={3,2,3,3,4}。如果分组方案是{1,2}、{3}、{4,5}，则完成时间分别为{5,5,10,14,14}，费用C={15,10,30,42,56}，总费用就是153。

输入输出格式

输入格式：

第一行是N(1<=N<=5000)。

第二行是S(0<=S<=50)。

下面N行每行有一对数，分别为Ti和Fi，均为不大于100的正整数，表示第i个任务单独完成所需的时间是Ti及其费用系数Fi。

输出格式：

一个数，最小的总费用。

输入输出样例

输入样例#1：

5

1

1 3

3 2

4 3

2 3

1 4

输出样例#1：

153

好吧又一道基础dpdp，这题一看就是道水题。题中的ss在状态转移的时候有点烦，所以在状态转移的时候不如将ss的贡献和任务的时间和的贡献分开统计。然后来推推状态转移方程吧。

先令f[i]f[i]完成前ii个任务所需的最少时间，并且我们在求f[i]f[i]之前已经推出了f[1]…f[i−1]f[1]…f[i−1]的值，于是完成前ii个任务的方式就是先用之前求出的最优方式完成前j−1j−1个任务，然后将j…ij…i分成一批来处理。

接下来让我们用oioi语言翻译上面一段话吧。当我们将j…ij…i分成一批来处理时，ss会对答案增加s∗j…n所有任务的费用之和s∗j…n所有任务的费用之和那么多的贡献，同样的，前ii个任务的完成时间会对答案增加前前i个任务的完成总时间∗j…i所有任务的费用之和个任务的完成总时间∗j…i所有任务的费用之和的贡献。所以状态转移方程就推出来了：

dp[i]=min(dp[i],dp[j−1]+s∗(w[n]−w[j−1])+tim[i]∗(w[i]−w[j−1]));dp[i]=min(dp[i],dp[j−1]+s∗(w[n]−w[j−1])+tim[i]∗(w[i]−w[j−1]));,其中tim[i]tim[i]和w[i]w[i]都表示前缀和。

代码如下：

#include
    
     #define N 5005using namespace std;int n,s,dp[N],tim[N],w[N];inline int read(){    int ans=0;    char ch=getchar();    while(!isdigit(ch))ch=getchar();    while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+ch-'0',ch=getchar();    return ans;}int main(){    n=read(),s=read();    memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof(dp));    for(int i=1;i<=n;++i)tim[i]=tim[i-1]+read(),w[i]=w[i-1]+read();    dp[0]=0;    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=i;++j)dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+s*(w[n]-w[j-1])+tim[i]*(w[i]-w[j-1]));    printf("%d",dp[n]);    return 0;}