#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,t2; int ans=0x3f3f3f3f,a[100000000],t1,t[100000000],f[100000000]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&t1); a[t1]++; t[t1]+=t1; t2=max(t2,t1); } for(int i=1;i<t2+m;i++) { a[i]+=a[i-1]; t[i]+=t[i-1]; } for(int i=0;i<t2+m;i++) { if(i>=m&&a[i-m]==a[i]) { f[i]=f[i-m]; continue; } f[i]=a[i]*i/*需要用多少次i这个车停靠的点*/-t[i];// 特判(-∞, i] 单独作为一段的边界情况； for(int j=max(i-2*m+1,0);j<=i-m;j++) { f[i]=min(f[i],f[j]+(a[i]-a[j])*i-(t[i]-t[j])); } } for(int i=t2;i<t2+m;i++) { ans=min(ans,f[i]); } cout<<ans; return 0; }
一道异常bt的dp，考试的时候完全找不到思路与表达式，所幸现在做出来了，思路如下：
我们把这一条时间轴分成几段，最后一段边界为i，j，再设k为在第k时刻，其中j<k<=i,f[i]即为本题状态，即0到i中这一段的人们总候车时间。f[j]为上一个状态，不断用j更新i嘛，都是这样的，注意i,j是随时都在变的。
首先我们要知道这一段的长度，有人会想如果长度是<m(m是车的一趟来回)（最开始我也这样想）。but it is fool，我们把这个时间轴分成几段是吧，我们所划分的就是（我们假想的车一来一回，偶尔为了最优还要等几分钟）这种为一段，那么这一来一回就必然有了m，所以长度是>=m，说白了就是模拟，稍微想想就知道了。
我们已知j<k<=i,我们可以这样想，j，i即车到了的状态（即上一次出发和这一次出发），因为每一个时刻车都有可能因为不同的计划，安排调整，所以每一个时刻都有可能有车出现，反正出发时间随便你调，所以这是肯定的，每一个f[i]都表示车到了后，j到i这一段的总候车时间加上f[j]这一段的总候车时间。而我们要求f[i]，j到i有i-j个k，（注意不加一原因请看j<k<=i）那么求第k时刻的候车时间（k到i注意直接用i-k乘以k时刻的人数），然后不断更新k值就ok了，注意还要加上f[j]。
这就是那个转移式的理解了，难点在于边界的随机划分，i，j不是很好理解。
只要这样想，我们求的是f[i]，我们在求f[i]的时候，之前还有i-m个状态（其实不是i-m个，后面会提到,i-m个状态怎么出现的请看上文）。
每一个状态都有可能到达f[i]，我们把那些状态统统看成f[j]，每一个之前最优的f[j]再加上j到i的候车时间得到i个f[i]，不断更新f[i]得到最小f[i]，说白了就是分成两部分球f[i]。由f[j]的局部最优慢慢到f[i]，到i达到边界时就会成为全局最优了。（只能说能想出这个的人真的厉害，我也只是看懂了，而且是暂时的，凭我的记忆力，过几天很可能又忘记怎么写了。）
当然这只是关于表达式的理解，还有很多优化，以及一些细节需要讲解。
首先就是求出每一个f[i]的临界值，即只在i点停下，前面的人都给我等着的这种极端情况。
为什么要求？因为这些情况在i比较小的时候是很有可能出现的啊。
然后想一想，怎么求i到j的人们的总等候时间？聪明的你想出来了吗？
这里我们用到了前缀和。求总等候时间不外乎就是一遍一遍的在j<k<=i中，一直k时刻的人数*（i-k），k不断更新，且不断累加，是吧。那么总的来说j到i有多少个人就要有多少个i来减是吧，我们可以在输入数据的时候直接求出到i时刻时候的人数减去到j时刻的人数，就是i到j的总人数，就知道需要多少个i了，即k时刻的人数*（i-k）打开后k时刻的人数*i这一个式子的含义。那么k时刻的人数*k又怎么表示呢？我们发现，不断累加后，k时刻的人数*k即为i到j这一段人们开始等车时间的总和。所以可以用前缀和，用i时刻人们开始等车时间的总和减去j时刻人们开始等车时间的总和即可得到。
代码实现f[j]+(a[i]-a[j])*i-(t[i]-t[j]。
至于输入时的前缀和怎么打大家看代码就能懂了。
但这样会超时
接下来是优化
首先是
if(i>=m&&a[i-m]==a[i])
{
f[i]=f[i-m];
continue;
}即到最后如果i到i+m这一段根本就没人了，还算他干什么。
由j=0优化成j=max(i-2*m+1,0)，why？
剪枝。
i-m为j最大的情况（原因上面已经不能再详细了。），那么i-2m+1这个点即为有意义的j的最小情况。
j是上一趟嘛，i是这一趟嘛，你两趟之间等待时间总不能超过运行时间m吧。超过了那么必然有其他最优解（比如我不间断走两趟）来代替这一情况使等待时间最小。
所以完全可以不算了，用那些f[j]算出的答案是必然要舍弃的。
最后看边界
for(int i=t2;i<t2+m;i++)
{
ans=min(ans,f[i]);
}即看这几种要么刚好在t2时刻出发的情况和t2+m时刻这之间出发哪一种人们等待时间最少，因为是都运完了所有人的不同时刻的各自的最优选择，不一定刚好t2那个是最优的，因为虽然t2时刻的人没有等，但可能你会让前面时刻的人多等很多，所以需要比较。
这可以说是手把手幼儿式一对一辅导。
如果看了我的题解都做不出的人我只能为你默哀。