P1220 关路灯（DP）

题目描述
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）。

输入格式
文件第一行是两个数字n(1<=n<=50，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。数据保证路灯位置单调递增。

输出格式
一个数据，即最少的功耗(单位：J，1J＝1W·s)。

---

题解：
最优解，考虑DP

关灯方案肯定有折返和继续向前关灯两种，于是：
设dp[i][j][0/1]为处理完i到j的区间后老张此时在左/右端点

再想：dp[i][j][0]，老张当前在左侧，那么上一个状态必然是已经处理好了[i+1,j]，而至于在左侧还是右侧，这两种状态取min即可

dp[i][j][1]，同理在右侧，那么上一个状态必然处理好了[i,j-1]，同样枚举取min即可

---

AC代码：

#pragma GCC optimize(2)
#include
#include
using namespace std;
using namespace __gnu_cxx;
typedef long long LL;
const int MAXN = 50+10;
const int MOD = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int dp[MAXN][MAXN][2],a[MAXN],b[MAXN],sum[MAXN],n,m;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(dp,INF,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]),sum[i]=sum[i-1]+b[i];
    dp[m][m][0]=dp[m][m][1]=0;
    for(int len=2;len<=n;len++){
        for(int l=1;l+len-1<=n;l++){
            int r=l+len-1;
            dp[l][r][0] = min(dp[l+1][r][0]+(a[l+1]-a[l])*(sum[l]-sum[r]+sum[n]),dp[l+1][r][1]+(a[r]-a[l])*(sum[l]-sum[r]+sum[n]));
            dp[l][r][1] = min(dp[l][r-1][0]+(a[r]-a[l])*(sum[l-1]-sum[r-1]+sum[n]),dp[l][r-1][1]+(a[r]-a[r-1])*(sum[l-1]-sum[r-1]+sum[n]));
        }
    }
    cout<<min(dp[1][n][0],dp[1][n][1])<<endl;
}