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要我唱几首歌才能够将你捕捉
题意：
有N种颜色的牛，现在可以执行以下两种操作：
1.抓捕一只牛，代价为ai； 2.花费x的代价使用魔法，让所有颜色加1，N会变为1。
求得到N种颜色的牛最少花费的代价。
题解：
这题挺巧妙的，我一开始想的是贪心，找到每头牛最好从哪头牛更新过来，后来就WA了很多次...因为对施用魔法的情况不能很好地处理。
其实这题可以想：每种颜色的产生都需要一开始选取一头牛，并且经过X次魔法操作（0<=X<=N-1）才行，这里是关键。
根据上面，我们可以得知对于两种颜色i，j，假定他们分别从a，b转移过来，那么通过max(j-b,i-a)次魔法操作肯定可以从a，b转移到i，j。
假定我们现在最多使用k次魔法并且已经得知了每种颜色从哪个位置转移过来，那么现在肯定使用k次魔法可以得到目前的最小结果（可以模拟一下，有些转移我们并不一定需要把k次魔法用完，但有些可能就需要，这样的话就能对施用魔法的情况进行一个好的处理了）。
所以我们可以枚举使用魔法的次数（限定之）为k，我们每头牛最多就只能从[i-k,i]中ai的最小值更新过来，最后统计结果就好了。
这里不可能存在这种情况：相同位置的牛用相同的魔法次数。所以可以保证贪心策略的正确性。
代码如下：
#include <bits/stdc++.h> #define INF 9999999999999 using namespace std; typedef long long ll; const int N = 20005; ll n,x; ll a[N],pos[N],vis[N]; vector <ll> vec; long long dp[N]; int main(){ scanf("%I64d%I64d",&n,&x); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%I64d",&a[i]),dp[i]=INF; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=i+1;j<=n;j++){ int len = i+n-j; if(a[j]+len*x<dp[i]){ dp[i]=a[j]+len*x; pos[i]=j; } } for(int j=1;j<=i;j++){ if(a[j]+(j-i)*x<dp[i]){ dp[i]=a[j]+(i-j)*x; pos[i]=j; } } } for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[pos[i]]){ vec.push_back(pos[i]); vis[pos[i]]=1; } int len = vec.size(); int num=n-vec[len-1]; for(int i=1;i<=n&&i!=vec[len-1];i++){ if(pos[i]==vec[len-1]){ num++; }else break ; } int ans = 0; for(int i=0;i<len-1;i++){ int d=vec[i+1]-vec[i]-1; ans+=(a[vec[i]]+x)*d+a[vec[i]]; } ans+=((a[vec[len-1]]+x)*num)+a[vec[len-1]]; cout<<ans; return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/heyuhhh/p/10099526.html
