POJ 1260 Pearls

题意：给你n种珍珠，档次从低到高。

每一种珍珠会给你计划要买的数量及单位价格。要你求出买原固定数量的珍珠。使得档次与价格最优。（每一个档次的珍珠花的钱=（计划数量+10）*单位价格）

我们来看一个样例：

3
1 10
1 11
100 12

首先原计划买的珍珠数量为100+1+1=102   花的钱{（1+10）*10+（1+10）*11+（100+10）*12}=1551

我们按题意优化后：（102+10）*12=1344<1551。所以输出1344

我们能够从题目中看到：

1、题目档次高地珍珠一定比档次低得珍珠单位价格高

2、我们仅仅能用档次高地替换档次低得珍珠

所以我们能够思考，在到达第i类珍珠的时候，前面的最优为dp[i-1],那么当前未优化的钱是：dp[i-1]+（c[i]+10）*p[i];

优化时。我们枚举i之前的情况，设前j种珍珠的最优是dp[j]，所以买第i种珍珠的数量为sum[i]-sum[j].所以优化后的钱是：

dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i])

所以AC代码：

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[105],c[105],p[105],sum[105];
int main()
{
    int t,n,i,j;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        sum[0]=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d %d",&c[i],&p[i]);
            sum[i]=sum[i-1]+c[i];
        }
        dp[0]=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            dp[i]=(c[i]+10)*p[i]+dp[i-1];
            for(j=0;j<i;j++)
                dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]+10)*p[i]);
        }
        printf("%d
",dp[n]);

    }
    return 0;
}