poj 1160

dp，详细说明在代码中

//在最优解中，一个邮局肯定分管了一部分的村庄，那么通过枚举最后一个邮局所分管的范围，（由于坐标上的n个点,
//离这N个点距离之和最短的点一定是这些点的个数的中位数，如果N为偶数，那么这个点一定在包含中位数的区间整个范围内
//包括边界点）通过最后一个邮局的分管范围可确定最后一个邮局的位置，并且可得最后一个邮局所分管的村庄到这个邮局的最短距离之和，
//就可得到到状态转移方程：
//   f(i,j)=min{f(i,k-1)+sum(k,j)}(i=<k<=j),其中f(i,j)表示总共i个邮局分管村庄1——j,sum表示最后一个邮局的所分管范围
// 的距离之和。K>=i的原因是这样做不造成浪费，使k后面的获得更多的邮局，因为前i-1个点只需i-1个邮局就会达到最最小值0;
//边界是f(0,j)=inf,f(0,0)=0，当然也可设f(1,j)=sum(1,j)为边界，原因都是因为当只剩一个邮局时，他必须把剩下的全都分管;
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxv=310;
const int maxp=50;
const int inf=1<<30;
int f[maxp][maxv],pos[maxv],sum[maxv][maxv];
int v,p;
int main()
{
	while(cin>>v>>p)
	{
		int i,j,k;
		for(i=1;i<=v;i++)
			cin>>pos[i];
		memset(sum,0,sizeof(sum));
		for(i=1;i<=v;i++)
		{
			for(j=i+1;j<=v;j++)
			{
				int mid=(i+j)/2;
				for(k=i;k<=j;k++)
				{
					sum[i][j]+=abs(pos[k]-pos[mid]);
				}
			}
		}
		for(j=1;j<=v;j++)
			f[0][j]=inf;
		f[0][0]=0;
		for(i=1;i<=p;i++)
		{
			for(j=1;j<=v;j++)
			{
				f[i][j]=inf;
				for(k=i;k<=j;k++)
				{
					if(f[i][j]>(f[i-1][k-1]+sum[k][j]))
						f[i][j]=f[i-1][k-1]+sum[k][j];
				}
			}
		}
		cout<<f[p][v]<<endl;
	}
	return 0;
}