hdoj4540 威威猫系列故事—

题意：

给出每一个时刻地鼠出现的所有位置，问如果威威猫每一个时刻都可以打到一个地鼠的话（位置的变化会产生cost，在这道题中就是位置之间的相对距离），这样打下来最终的最小cost是多少。也可以转化成数塔问题，不过数塔问题这道题是求途径的cost最小值。
状态转移方程：

// dp[i][j]表示走到第i层(在题目中对应第i个时刻)、第j个位置所得到的最小cost
// 下面式子的前提是has[i][j] == true && has[i][k] == true
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-1][k] + abs(j-k));

需要注意的是，因为最终要求的是累加的最小cost，但是一开始的初始化工作是把dp所有位置设成最大值，所以如果没有一个“特殊位置的处理”的话，最终结果始终会很大。而这个所谓“特殊位置的处理”，就是把顶层的地鼠位置的代价设为0，因为题意也说了“打第一只地鼠无能量消耗”。

代码（15ms, 1852KB，可继续优化）：

#include <iostream>
#include <fstream>
#include <cstring>      // memset
#include <cmath>        // abs
#include <algorithm>    // min
using namespace std;const int d2 = 22, d1 = 502, INF(0x3f3f3f3f);
int dp[d2][d1];
bool has[d2][d1];// 初始化全局变量
void init(int row) {// 会浪费很多时间么？这个简单的初始化能不能再优化？ /*for (int i = 0; i <= row; ++i) {for (int j = 0; j < d1; ++j) {dp[i][j] = INF;has[i][j] = false;}}*/memset(has, false, sizeof has);memset(dp, 0x3f, sizeof dp);    // 一开始就赋以最大值
}int main() {
//  fstream cin("in.txt");int times, num;while (cin >> times >> num) {init(times);for (int i = 1; i <= times; ++i) {for (int j = 1; j <= num; ++j) {int tmp;cin >> tmp;has[i][tmp] = true; // 该位置上有地鼠 if (i == 1) {// 特殊的初始化 // 这是必须的，因为在数塔顶层打地鼠，代价为0// 也可以这样想，一开始dp数组设成最大值，而代价是累加的，如果没有特殊初始化，最终结果一定是很大的数字 dp[1][tmp] = 0;}}}for (int i = 2; i <= times; ++i) {for (int j = 1; j <= 500; ++j) {if (has[i][j]) {    // 走到这里 for (int k = 1; k <= 500; ++k) {    // 其实这里可以优化，毕竟距离相差最小的那个就可以了，不过代码要写长一点 if (has[i-1][k]) {  // 从这里出发 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-1][k] + abs(j - k));}}}}}int result(INF);for (int i = 1; i <= 500; ++i) {result = min(result, dp[times][i]);}cout << result << endl;}return 0;
}

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