動態規劃-Pearls

題意:（來自lee+的翻譯)

題目意思是說，有幾種不同的珍珠。每種珍珠都有它的單價。當然質量高的珍珠價格一定也是高的。
爲了避免買家只買1個珍珠。就要求不論是買了多少個珍珠都是需要在購買數量上加10.之後乘上單價。
求出總的花費！例如：買5個單價是10的珍珠。需要的花費是（5+10）*10= 150.買100個單價是20的珍珠
需要的花費是（100+10）*20= 2200.總共需要的花費是150+2200=2350.如果把珍珠的質量提高了。需要的105個
珍珠都買單價是20的。也就是說都買質量好的。總的花費是（5+100+10）*20= 2300.在兩組數據看來。珍珠都
買了高品質的了，而且花費也少了！
問題是怎麼樣能花費最少買珍珠！
輸入，第一個是有多少測試數據
第二個，N個，
下面N行，第一個數是珍珠個數，第二個數是珍珠單價，
樣例1  （100+10）*1 + （100+10） *2 = 330；

思路：

dp[i][j] 表示 目前需要處理i~n種珠子, 最低的珠子單價是第j種價格.

1.不選取第j種珠子的價格

dp[i][j] = dp[i][j+1]

2.選取第j種珠子的價格

dp[i][j] = dp[j+1][j+1] + (tot+10) * price[j]  (tot表示從第i種到第j種珠子使用 第j種珠子的價格所需要的代價)

代碼：

#include <cstring>
#include <stdio.h>
#include <iostream>
using namespace std;

int Case,n;
const int maxn = 155;
int nums[maxn];
int price[maxn];
int sum[maxn];
int dp[maxn][maxn];

int gettot(int beg,int end) {
	int ret = 0;
	for(int i=beg;i<=end;i++) {
		ret += nums[i];
	}
	return ret;
} 
int main() {
	scanf("%d",&Case);
	while(Case --) {
		scanf("%d",&n);
		memset(sum,0,sizeof(sum)); 
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			scanf("%d%d",&nums[i],&price[i]);
			sum[i] = sum[i-1] + nums[i];
		}

		memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
		dp[n+1][n] = 10 * price[n];
		for(int i=n;i>=1;i--) {
			dp[i][n] = dp[i+1][n] + nums[i] * price[n];
		}
		for(int i=n;i>=1;i--) {
			for(int j=n-1;j>=i;j--) {
				dp[i][j] = min(dp[i][j+1],dp[j+1][j+1] + (gettot(i,j) + 10) * price[j]);

			}
		}
		printf("%d\n",dp[1][1]);
	}
}