2 1 2 0 0.5 1 0.5 2 1 0.1 3 0.9 0 0
2.30
思路：
乍一看像期望dp。仔细思考后可以发现这是一个区间DP。假设一个伞兵落在x点。那么他走的路程的期望为p1*|x1-x|+p2*|x2-x|....*pm*|xm-x|。所以我们可以把n个伞兵等价成一个伞兵。然后它到一个点的概率为所有伞兵到那点的概率总和。那现在就可以写出状态了。dp[i][j]表示在前i个位置建j个基地。该等效伞兵走的路程的最小期望。那么这题就类似poj 1160 Post Office那题了。转移方程为dp[i][j]=dp[k][j-1]+cost[k+1][i]。k<i。cost[i][j]表示在i,j之间建一个基地且该基地负责集合[i,j]上的伞兵。所走距离的期望。现在重点怎么快速算cost[i][j]了。考虑我们在算cost[j][i]的时候。随着j的减小基地的最优位置cur要么前移要么不变。所以我们就可以在O(n^2)的时间复杂度下算出了。
详细见代码：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
#include<map>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1010;
typedef long long ll;
struct node
{
int x;
double p;
} po[maxn];
map<int,double> mp;
map<int,double>::iterator it;
int n,m;
double dp[maxn][55],cost[maxn][maxn];
int main()
{
int k,i,j,l,x,cur,dis;
double p,lp,rp,cl,cr,tp;
while(scanf("%d%d",&k,&m),k||m)
{
mp.clear();
for(i=0;i<k;i++)
{
scanf("%d",&l);
while(l--)
{
scanf("%d%lf",&x,&p);
mp[x]+=p;
}
}
n=0;
for(it=mp.begin();it!=mp.end();it++)
{
po[++n].x=it->first;
po[n].p=it->second;
}
for(i=n;i>=1;i--)
{
cost[i][i]=0;
cur=i;
rp=po[i].p;
lp=0;
cl=cr=0;
for(j=i-1;j>=1;j--)
{
dis=po[cur].x-po[j].x;
cl+=dis*po[j].p;//重心位置左边的期望和
lp+=po[j].p;//重心位置左边的概率和cr,rp为重心位置右边对应值
tp=cl+cr;//总期望
while(cur>1&&rp-lp<0)
{
dis=po[cur].x-po[cur-1].x;
cr+=dis*rp;
cl-=dis*lp;
cur--;
rp+=po[cur].p;
lp-=po[cur].p;
tp=cl+cr;
}
cost[j][i]=tp;
//printf("%d->%d tp %lf\n",j,i,tp);
}
}
for(i=0;i<=m;i++)
dp[i][i]=0;
for(i=1;i<=n;i++)
dp[i][0]=1e15;
for(j=1;j<=m;j++)
{
for(i=j;i<=n;i++)
{
tp=1e15;
for(k=j-1;k<i;k++)
tp=min(tp,dp[k][j-1]+cost[k+1][i]);
dp[i][j]=tp;
}
}
printf("%.2lf\n",dp[n][m]);
}
return 0;
}
原文：http://blog.csdn.net/bossup/article/details/39739735