Dr.Kong設計的機器人卡多越來越聰明。最近市政公司交給卡多一項任務，每天早晨5：00開始，它負責關掉ZK大道右側上所有的路燈。

卡多每到早晨5：00準會在ZK大道上某盞路燈的旁邊，然後他開始關燈。每盞燈都有一定的功率，機器人卡多有著自覺的節能意識，它希望在關燈期間，ZK大道右側上所有路燈的耗電量總數是最少的。

機器人卡多以1m/s的速度行走。假設關燈動作不需要花費額外的時間，因為當它通過某盞路燈時就順手將燈關掉。

請你編寫程式，計算在給定路燈設定，燈泡功率以及機器人卡多的起始位置的情況下，卡多關燈期間，ZK大道上所有燈耗費的最小能量。

輸入

有多組測試資料，以EOF為輸入結束的標誌
每組測試資料第一行： N 表示ZK大道右側路燈的數量 （2≤ N ≤ 1000） 
第二行： V 表示機器人卡多開始關燈的路燈號碼。 （1≤V≤N）
接下來的N行中，每行包含兩個用空格隔開的整數D和W，用來描述每盞燈的引數

D表示該路燈與ZK大道起點的距離 (用米為單位來表示)，
W表示燈泡的功率，即每秒該燈泡所消耗的能量數。路燈是按順序給定的。
（ 0≤D≤1000， 0≤W≤1000 ）

輸出

輸出一個整數，即消耗能量之和的最小值。注意結果小於200，000，000

樣例輸入

4 
3
2 2
5 8
6 1
8 7

樣例輸出

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解題思路：這道題很明顯是用區間dp，可是與以往的區間dp不同，因為對於區間[i,j]，機器人所處的位置要麼在i，要麼在j（因為機器人要移動到某一點才能關閉燈泡，所以對於某一段區間來說，機器人最後肯定在兩個端點上，否則將不能成立），那麼既然要表示在左端點還是右端點，所以我們再開三維陣列dp[i][j][0]表示停留在i點，dp[i][j][1]表示停留在j點，那麼剩下的就是狀態方程了，跟普通的區間dp一樣，很容易寫出來。。具體的看程式碼

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>


#define LL long long int
#define min(a,b) (a<b?a:b)


int dp[1005][1005][2];
int dis[1005];
int cost[1005];


const int MAX = 200000005;


int main()
{
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout);


int n,p;
while (~scanf("%d", &n))
{
scanf("%d", &p);
scanf("%d %d", &dis[0], &cost[0]);
for (int i = 1; i < n; ++i)
{
scanf("%d %d", &dis[i], &cost[i]);
cost[i] += cost[i - 1];
}
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int j = i; j < n; ++j)
{
dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = MAX;
}
}
--p;
dp[p][p][0] = dp[p][p][1] = 0;
for (int k = 1; k < n; ++k)
{
for (int i = (p - k) > 0 ? (p - k) : 0; i <= p; ++i)
{
int j = i + k;
if (j >= n)
break;
dp[i][j][0] = min( dp[i + 1][j][1] + (dis[j] - dis[i])*(cost[i] + cost[n - 1] - cost[j])

, dp[i + 1][j][0] + (dis[i + 1] - dis[i])*(cost[i] + cost[n - 1] - cost[j]));
dp[i][j][1] = min( dp[i][j - 1][1] + (dis[j] - dis[j - 1])*(cost[i - 1] + cost[n - 1] - cost[j - 1]), dp[i][j - 1][0] + (dis[j] - dis[i])*(cost[i - 1] + cost[n - 1] - cost[j - 1]));
}
}
printf("%d\n", min(dp[0][n - 1][0], dp[0][n - 1][1]));
}
}