擺渡車（題目和測試右轉 洛谷P5017）
做法：dp+各種優化(剪枝)
這道題考場上看了一臉懵逼...第一眼看這 tm 不是個一維dp嗎...結果按着這個朦朧的思路，刪刪改改約莫0.5h，終於過了小樣例，然后一測大樣例...GG了。冥思苦想了1h，最終放棄了 （感謝這白費的1.5h，迫使我T4打了個暴力，結果AC了...）
言歸正傳
考試完后，參考了各種題解，WA了N/A次，終於AC了這道毒瘤題，艱難的AC歷程...
（〇）引子
首先來闡明一下題意：在一條數軸上有n個點，然后要求將這條數軸分為若干段（左開右閉的區間），要求：每段的兩個端點之間的距離必須 >= m，求分段的最小總費用。
費用定義為：若一個點k在區間 ( j , i ] ，則這個點的費用為 i - k （可能一個位置上有多個點）
總費用定義為：所有點的費用和即為總費用
（一）如何拿分（暴力?）
講解完題意，接下來我們要研究一個很重要的問題：如何拿分?
先看 30% 的數據：
n≤20, m≤2, 0≤ti≤100
看着 ti 的大小很容易想到用一維數組 f[i] 表示在第 i 分鍾發車的最小費用。
然后，這TM不是個一維線性dp嗎？
我們可以枚舉一個 j ，即枚舉前一次是在哪里發車的，這樣我們便得到了狀態轉移方程：
這樣一來，時間復雜度就是 
，30%的數據是可以過的。
（二）如何拿中分（不高也不低的分）
看一下50%的數據：
n ≤ 500, m ≤ 100, 0 ≤ ti ≤ 10^4
nt^2的時間復雜完全過不了50%得數據，怎么辦呢
通過觀察（一）的狀態轉移方程，可以發現枚舉一個k實際上是沒必要的，可以用前綴和優化：
將等車人到達的時間用數組存起來，peo[ i ]表示在 0 到 i 分鍾內等車人的數量，cost[ i ]表示在 0 到 i 分鍾所有等車人到達時間的累積（即將 1 到 i 分鍾內到達的等車人的到達時間累加起來）
就可以得到狀態轉移方程
分析一下時間復雜度：因為只枚舉了 i 和 j ，所以時間復雜度降低為
50%的數據在 “少爺機” 上是穩穩的。
程序段：
1 for(int i=1; i<t+m; i++) 2 { 3 f[i] = i*peo[i] - cost[i]; 4 for(int j=0; j<=i-m; j++) 5 f[i] = min(f[i], f[j]+(peo[i]-peo[j])*i-(cost[i]-cost[j])); 6 }
（三）如何拿高分（不是滿分，考場上的高分）
自然是優化啦。問題來了，如何優化。
先看看70%的數據范圍：
n≤500, m≤10, 0≤ti≤4×10^6
很明顯，t^2的時間復雜的是肯定超的。而 i 是這個狀態轉移方程的狀態，必須要枚舉，只能從 j 下手，優化這個動態規划了。
j 如何優化呢？其實，仔細想一想，很容易發現，j 沒有必要從 0 枚舉到 i-m，換句話說，從0到 i-m 的這段區間內，有很多狀態是無用的，即這些狀態一定不能構成當前 f[i] 的最優解，真正有用的只有區間 ( i-m-m+1, i-m ]。如何證明呢？
先貼一幅圖：
觀察上圖可以發現：
當 j 在 ( R, i )中時，擺渡車回來的時間一定大於 i ，不滿足狀態 f[i] 的定義，舍去。
當 j 在 ( ?, L ]中時，一定可以多發一次車，使擺渡車回來的時間小於等於 i，這樣得到的花費一定小於等於只發一次車的情況。因此，也可以省去。
最后，我們發現，j 只能在區間 ( L, R ] 之間才能得到最小花費，即 j 只有 m-1 種情況。
於是，狀態轉移方程不變，j 的枚舉范圍改變，時間復雜度降為
70%的數據穩穩地過，甚至在 “少爺機” 上面的 score 可能 100 ( 最起碼分數在70以上 )。
程序段：
1 for(int i=1; i<t+m; i++) 2 { 3 f[i] = i*peo[i] - cost[i]; 4 for(int j=max(i-m-m+1,0); j<=i-m; j++) 5 f[i] = min(f[i], f[j]+(peo[i]-peo[j])*i-(cost[i]-cost[j])); 6 }
（四）70+太低了如何拿滿分
老樣子，再來看一下數據范圍（終極boss來了）：
n≤500, m≤100, 0≤ti≤4×10^6
m的范圍變回 100 了，tm的時間復雜度好方，腫么辦!!!
別着急，先來分析一下數據范圍：
可以發現，ti 達到了4*10^6 ，然鵝 n 卻還是500，不難想象，如果將 ti 看做一條線段，上面有 4*10^6個整點，然后取其中的500個點標記，標記的點一定是非常離散的。
同樣的道理，在如此之大的 ti 中，一定有很多區間是沒有等車人的（無用的區間），但是仍然無用地枚舉了m次，時間復雜度大大增加。
這時候，我們只需要加一個小小的剪枝，判斷當前枚舉的 i 點到 i-m 中是否有人，如果沒有人的話，就沒有必要進行多一次的循環了（因為再發多一次車對答案沒有影響，畢竟沒人），只需要將 f[i] 賦值為 f[i-m]，然后continue即可。
經過某神犇的證明，經過這次剪枝后，實際枚舉的點只有 nm 個，時間復雜度降為
（當然還有一個常數 t 被我忽略了）
100%的數據跑得飛快……
程序段：
1 for(int i=1; i<t+m; i++) 2 { 3 if(i>=m and peo[i]-peo[i-m] == 0) {f[i] = f[i-m]; continue;} 4 f[i] = i*peo[i] - cost[i]; 5 for(int j=0; j<=i-m; j++) 6 f[i] = min(f[i], f[j]+(peo[i]-peo[j])*i-(cost[i]-cost[j])); 7 }
（五）答案在哪？
終於到最后一步了，顯而易見，answer一定在最大的時間后面（廢話），只需要從 t 枚舉到 t+m-1 取一個最小值即可。
注意：
代碼中的 t 和 （五）中的 t 含義相同，都是最后到的那個人的到達時間。
ps：終於寫完了，這個思路是參考了某神犇的（@Sooke），再加上了自己的一些理解，希望能有幫助。