題目連結：https://www.luogu.org/problemnew/show/P5017

emm，這次的真的不簡單的，T3比T4難?

醉了。。。

蒟蒻肯定沒有其他大佬講的好啊，但肯定盡力，真的敲得嘔心瀝血，求過 。紀念寫出的一道比較經典的線性動規。

分析題意，我（以弱者的角度先看問題） 首先想到的是：排序+貪心。本以為今天如此簡單，結果發現是自己太天真了。。。然而之後發現：並不一定要一次接著一次的發車，所以貪心破產。

之後就有點摸不著頭腦，去打了T4，出於宣洩直接上爆搜，驚奇的發現樣例過了，趕快開心的回來再看T3.

這時候就想：普及深搜，模擬，簽到都出了，這道題多半就是動規了吧，於是，扯了這麼一大堆下面進入正題。

分析：

思路：動規+字首和（但據某些大佬說還可以用斜率優化？在這裡很抱歉我太弱而不會）。

首先我們直切核心——狀態轉移方程。

我們可以設 $f[i]$表示i時間前所有人的最小等待時間。

PS:在這裡如果不好確定方程的維數怎麼辦？可以結合資料範圍和空間限制來考慮（多半是，雖然這題好像也可以有二維與t無關的陣列）。

我們可以把每個人的時間都標在一條時間軸上。然後能更直觀的理解。

這裡借用@sooke 大佬的一張圖。

我們假設發車時間為每個來回4min，各位等車的同學如圖中藍點所示。

然後我們假設當前要求的 $f[i]$中的 $i$

我們可以發現：如果之前的都已經算出的話，那麼狀態轉移方程可如下所示：

$f[i]=min(f[i],f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i-(sum[i]-sum[j]));$

其中 $cnt[i]$代表第i時間到達車站的同學的人數， $sum[i]$代表第i時間到達車站的同學的時間的總和。

$j$即為上一輛車的發車時間。

剛開始我們對於j的範圍，應該能想到是：

$0<=j<=i-m$

很明顯的( ⊙ o ⊙ )！j的取值只要小於i並且和i相聚一個往返時間不就行了嗎？

然後的結果是：50分。（官方資料親測）

但是noip都結束了呀同志，我們不能只侷限於50分呀！

所以進行改進：

這時候我們又想：可不可以將j的範圍進一步縮小呢？

但其實是肯定可以的。我們發現j可以：

$i-2m+1<=j<=i-m$

為什麼呢？因為如果兩車間的相距時間大於了一趟往返的時間，那麼我們完全可以在兩者中間繼續分割，並不影響原來的答案。

這個時候也是大大的提升了程式的速度，然而：70分（官方資料親測）

淚奔~

and then ，我們可以繼續考慮有沒有什麼可以剪去的無用狀態。

仔細研究發現：當兩次發車之間如果沒有需要等待的同學的話，直接跳過即可。

經過改正：100分（官方親測）

AC程式碼：

#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int a[501],cnt[4000005],sum[4000005],f[4000005];
int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int Time=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		cnt[a[i]]++;
		sum[a[i]]+=a[i];
		Time=fmax(Time,a[i]);
	}
	for(int i=1;i<Time+m;i++)
	{
		cnt[i]+=cnt[i-1];
		sum[i]+=sum[i-1];
	}
	for(int i=0;i<Time+m;i++)
	{
		if (i>=m&&cnt[i-m]==cnt[i])
		{
			 f[i]=f[i-m]; 
			 continue; 
		} 
		f[i]=cnt[i]*i-sum[i];
		int tmp;
		tmp=fmax(i-2*m+1,0); 
		for(int j=tmp;j<=i-m;j++)
		{
			f[i]=fmin(f[i],f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i-(sum[i]-sum[j]));
		}
	}
	int ans=2147483647;
	for(int i=Time;i<Time+m;i++)
	{
		ans=fmin(ans,f[i]);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}
完結撒花~