题目描述：

搬寝室是很累的,xhd深有体会.时间追述2006年7月9号,那天xhd迫于无奈要从27号楼搬到3号楼,因为10号要封楼了.看着寝室里的n件物品,xhd开始发呆,因为n是一个小于2000的整数,实在是太多了,于是xhd决定随便搬2*k件过去就行了.但还是会很累,因为2*k也不小是一个不大于n的整数.幸运的是xhd根据多年的搬东西的经验发现每搬一次的疲劳度是和左右手的物品的重量差的平方成正比(这里补充一句,xhd每次搬两件东西,左手一件右手一件).例如xhd左手拿重量为3的物品,右手拿重量为6的物品,则他搬完这次的疲劳度为(6-3)^2 = 9.现在可怜的xhd希望知道搬完这2*k件物品后的最佳状态是怎样的(也就是最低的疲劳度),请告诉他吧。

输入：

每组输入数据有两行,第一行有两个数n,k(2<=2*k<=n<2000).第二行有n个整数分别表示n件物品的重量(重量是一个小于2^15的正整数).

输出：

对应每组输入数据,输出数据只有一个表示他的最少的疲劳度,每个一行.

样例输入：

2 11 3

样例输出：

4

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由于疲劳度和左右手所拿的物品的重量差的平方有关，那么要想使疲劳度最小，则需将左右手所拿物品的重量最为邻近即可。首先要对所拿的物品按照重量进行递增排序，或者递减排序也可。 那么解决本题的思路如下： 首先对所有物品按照重量递增排序，并由1到n编号。 设dp[i][j]为在前j件物品中选择i对物品时最小的疲劳度，那么根据物品j和物品j-1是否被配对选择，该状态有两个来源：若物品j和物品j-1未被配对，则物品j一定没被选择，所以dp[i][j]等价于dp[i][j - 1]；若物品j和物品j-1 配对，则 dp[i][j]为dp[i - 1][j - 2]再加上这两件物品配对后产生的疲劳度，即前j-2件物品配成的i-1对再加上最后两件配成的一对物品，共得到i对物品。初始时，dp[0][i](1<=i<=n)为0，即不选择任何一对物品时，疲劳度为 0。 综上所述，其状态转移方程为（设经过排序后第 i 件物品重量为 Ai）： dp[i][j] = min{dp[i][j-1],dp[i-1][j-2] + (Aj - Aj-1)*(Aj - Aj-1)} 递推求出 dp[k][n]即是所求。 最后，估计这种状态对应的复杂度。状态数量为k*n，转移时间复杂度为O(1)，综合时间复杂度为O(k*n)

上菜

#include "stdafx.h"#include 
        
         #include 
         
          #include 
          
           using namespace std;#define INF 0x7fffffffint list[2001];int dp[1001][2001];int main(){    int k, n;    while (cin>>n>>k)    {        for (int i = 1; i <= n; i++)            cin >> list[i];        sort(list + 1, list + 1 + n);        for (int i = 1; i <= n; i++)            dp[0][i] = 0;        for (int i = 1; i <= k; i++)        {            for (int j = 2 * i; j <= n; j++)            {                if (j > 2 * i)                    dp[i][j] = dp[i][j - 1];                else                    dp[i][j] = INF;                if (dp[i][j] > dp[i - 1][j - 2] + (list[j] - list[j - 1])*(list[j] - list[j - 1]))                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 2] + (list[j] - list[j - 1])*(list[j] - list[j - 1]);            }        }        cout << dp[k][n] << endl;    }    return 0;}