Educational Codeforces Round 73 (Rated for Div. 2) D(dp)

D 給你n個點的初始值，和每個點提升1所需要的代價，問最少需要代價能夠使任意相鄰的兩個點的值不同。

結論1, 每個點的提升值不超過2   例如 4 4 5  中間的4最多提升到6 

那麼對於每個點我們有三個狀態 +0 +1 +2 ，下一個點也可能有3個狀態， 則一趟狀態轉移有9個狀態，

則dp的複雜度爲9*n 

我們令dp[i][j] 爲前i個都滿足條件 並且第i個上升值爲j的時候的最小花費，

則dp[i][j]由前一個三個狀態狀態轉移過來dp[i-1][0], dp[i-1][1] , dp[i-1][2]

if(a[i-1]+k!=a[i]+j)dp[i][j]=min(dp[i-1][k]+b[i]*j, dp[i][j]) 
複雜度爲O(9*n)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n;
int q;
ll a[300005];
ll b[300005];
ll dp[300005][3];
int main()
{
    scanf("%d",&q);
    while(q--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
        }
        dp[1][0]=0;
        dp[1][1]=b[1];
        dp[1][2]=b[1]*2;
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0;j<=2;j++)
            {
                dp[i][j]=1e18;
                for(int k=0;k<=2;k++)
                {
                    if(a[i-1]+k!=a[i]+j)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][k]+b[i]*j);
                }
            }
        }
        cout<<min(dp[n][0],min(dp[n][1],dp[n][2]))<<endl;
    }
    return 0;
}