updated on 2019.10.25：
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以前的程序真的丑……現在已經把碼風改良了；
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去掉了之前那些完全是行為藝術的
屑優化。向那些被我的naive講解和丑陋程序勸退的盆友們誠懇地道個歉（霧（因為筆者是\(2020\)屆中考生，所以這應該是最后一次大改了，以后就不會有時間了……）
建議大家在博客里食用：傳送門
要是PJ組再考這么難的DP，我就當官把CCF取締了
開個玩笑。
此題正解：\(\mathrm{DP}\)+各種剪枝 or 優化
一、引理
- 對於每個乘客，能搭載ta的車的發車時間只有\(m\)種情況；
- 設這個乘客開始等候的時間是\(t_i\)，則對應的\(m\)種情況是\([t_i,t_i+m)\)。
證明
- 如果存在一種情況，其發車時間是\(\geqslant t_i+m\)的，則由題意可知，發車時間可以提早若干輪（也就是減去若干個\(m\)）到達\([t_i,t_i+m)\)這個區間，這樣做不會影響發車時間\(\geqslant t_i+m\)的那趟車。
- 如果\(<m\)的話，那這個乘客根本就坐不上這趟車，所以不需要考慮。
二、基本思想
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首先，題目給定我們的這\(n\)個人開始等候的時間是亂的，所以我們要先按照開始等車的時間把這\(n\)個人排個序，然后再離散化（具體來說就是將等待時間相同的若干個人“合並”成一個人）。
在結構體中，用
pos表示這一堆人的等待時間，num表示這一堆人的人數。（具體過程看代碼） -
設\(f(i,j)\)表示用擺渡車已經載了前\(i\)個人，且搭載了第\(i\)個人（不一定只搭載第\(i\)個人）的那趟擺渡車的發車時間是（\(t_i+j\)）的最小等候時間和。（\(t_i\)的意義與題意相同）
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這里要注意：\(t_i+j\)除了要滿足\(j<m\)（對應上面的引理），同時還要滿足\(j<t_{i+1}-t_i\)（即\(t_i+j<t_{i+1}\)）
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因為如果\(j\geqslant t_{i+1}\)，那這趟車就可以把第\(i+1\)個人也搭上了，顯然違反了\(\mathrm{DP}\)狀態的定義。
（在代碼中，我們用一個名為
border(i)的#define表示了這兩個限制）
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對於每個\(f(i,j)\)，枚舉上一趟擺渡車的出發時間。
等等！數據范圍寫着：
\[1 \leqslant t_i \leqslant 4\times10^6 \]
你跟我說枚舉時間？你這最起碼都\(O(nt_i) \sim \mathrm{T}(2\times10^9)\) 的時間復雜度了，怎么\(\mathrm{AC}\)？
別着急啊，我還沒說完呢。
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其實引理已經告訴我們，我們不需要把整個\(t_i\)枚舉完。
由引理可得，對於前\(i-1\)個乘客，每個乘客能搭載的擺渡車的發車時間只有\(m\)種情況，所以我們只需要枚舉這\((i-1)\times m\)種情況即可。其他情況都是廢的，不需要去考慮。
這樣做的枚舉量為\(O(nm) \sim \mathrm{T}(5 \times 10^4)\)，相比之前直接枚舉\(t_i\)的時間復雜度\(\mathrm{T}(4 \times 10^6)\)來講，已經小很多了。
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接着，假設前一趟擺渡車已經載了前\(k\)個人，那么我們要做的就只有兩件事：
- 再枚舉一個\(l\)，得到\(f(k,l)\)的最小值。
- 計算出第\(k+1\)個人到第\(i\)個人等候當前這趟擺渡車的等候時間和。
敲重點！敲重點！敲重點！
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這里，\(l\)的取值范圍有三個條件：
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前兩個條件和前面的
border()一樣，不再贅述。 -
第三個條件是\(l\leqslant (t_i+j)-m-t_k\)（即\(t_k+l\leqslant (t_i+j)-m\)）
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原因很簡單，如果\(t_k+l> (t_i+j)-m\),那么兩趟車之間相隔的時間肯定就\(<m\)，顯然不合題意。
（所以這里還要再定義一個
border2(i)=min( border(i),第三個條件 )）
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在狀態轉移方程中的體現就是：
\[f(i,j)=\min_\limits{0 \leqslant k < i,l\leqslant \mathrm{border2(k)}} \{f(k,l)+col(k+1,i,t_i+j)\} \]這當中，\(col(k+1,i,t_i+j)\)表示第\(k+1\)個乘客到第\(i\)個乘客等候發車時間為\(t_i+j\)的那趟擺渡車的時間和，直接用一個
for循環累計即可。（當然，當\(k=0\)時，\(f(k,l)\)恆為零，表示這趟車直接把前\(i\)個人全部載完，這時等式右側就直接等於\(col(1,i,t_i+j)\)）
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算一下上面這個狀態轉移方程的時間復雜度：
- 首先，\(i\)和\(j\)必須枚舉，所以是\(O(nm)\)的。
- 其次，\(k\)和\(l\)也是要枚舉的，所以又是一個\(O(nm)\)。
- 最后，每次枚舉\(i,j,k,l\)，都要計算一次\(col\)函數，而這個\(col\)函數的時間復雜度是\(O(n)\)的。
綜上所述，這個狀態轉移方程的時間復雜度為\(O(nm\times nm\times n)=O(n^3m^2)\)。
這時間復雜度……也太
可觀了吧所以我們需要優化！優化！優化！
三、程序實現 or 剪枝
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我們來關注一下這個式子：$$col(k+1,i,t_i+j)$$
對於每個\(i,j\)，當\(k\)每增加\(1\)時，\(col\)的值就只會減掉\((t_i+j-t_k)\times num_k\)（\(num_k\)就是上文中提到的，結構體中第\(k\)堆人的人數）。所以我們可以在枚舉每個\(i\)和\(j\)時，就把\(col(1,i,t_i+j)\)算出來（用一個變量\(val\)存起來）
然后，\(k\)從\(1\)開始枚舉，每當\(k\)在循環一開始等於某個值\(x\)時，\(val\)就減去\((t_i+j-t_x)\times num_x\)。
狀態轉移方程就變為：$$f(i,j)=\min_\limits{0 \leqslant k < i,l \leqslant \mathrm{border2(k)}} {f(k,l)+val}$$
這樣一抽出來，時間復雜度就變成了\(O(nm(n+nm))=O(n^2m+n^2m^2)\)
只保留最高次項后，時間復雜度就降為了\(O(n^2m^2)\)！這就是\(60\)分的做法！
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其實大家有沒有想過，枚舉\(l\)這個操作顯得有些多余，可不可以省去呢？（畢竟只是求一個最小值而已，我求完一次就把這個最小值存起來不就行了嗎？）
沒錯，上面的想法是正確的！
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我們開多一個數組\(\mathrm{Min}(i,j)= \min_\limits{j\leqslant \mathrm{border}(i)} \{f(i,j)\}\)
則之前的狀態轉移方程可以簡化為：
\[f(i,j)=\min_\limits{0 \leqslant k < i} \{\mathrm{Min}(k,\mathrm{border2}(k))+val\} \]\(\mathrm{Min}\)可以在求每個\(f(k,l)\)的時候順帶維護。
因為這里只枚舉了\(i,j,k\)，所以\(\mathrm{DP}\)的時間復雜度是\(O(n^2m)\)！！！
這個時間復雜度可以通過本題！！！
四、考場代碼
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=502,maxm=102;
const int INF=0x7fffffff;
#define border2(x) min( border(x),lpos-Mem[x].pos ) //第三個條件是用小於等於號連接的，所以不用-1
#define border(x) min( m-1,Mem[x+1].pos-Mem[x].pos-1 ) //因為兩個條件都是用小於號連接的，所以在循環中要-1
int f[maxn][maxm];
int Min[maxn][maxm];
int a[maxn];
struct Node{int pos,num;}Mem[maxn];int sz;
int col(int l,int r,int pos)
{
int res=0;
for(int i=l;i<=r;i++) res+=(pos-Mem[i].pos)*Mem[i].num;
return res;
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
a[0]=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if( a[i]!=a[i-1] ) Mem[++sz].pos=a[i];
Mem[sz].num++;
}
Mem[sz+1]=(Node){INF,0};
n=sz;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++) f[i][j]=Min[i][j]=INF;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=border(i);j++)
{
int pos=Mem[i].pos+j,lpos=pos-m;
int val=col(1,i,pos);
f[i][j]=val;
for(int k=1; k<i and Mem[k].pos<=lpos ;k++)
{
val-=(pos-Mem[k].pos)*Mem[k].num;
f[i][j]=min( f[i][j],Min[k][border2(k)]+val );
}
Min[i][j]=f[i][j];
if( j>0 ) Min[i][j]=min( Min[i][j],Min[i][j-1] );
}
printf("%d",Min[n][m-1]);return 0;
}
又是一年過去了，這里就祝大家\(\mathrm{CSP\ 2019\ J/S}\)認證rp++！
（話說，老子打完這次也要隱退了呢。。。