前言
做这道题，首先要了解 \(dp\)。\(dp\) 一般有三个步骤（个人理解）：
- 根据题意确定状态。
- 根据状态的定义推出状态转移方程，一般有两种：填表法和刷表法。填表法就是普通 \(dp\)，用前面的状态转移到现在的状态，例：\(f[i]=f[i-1]+a[i]\)。刷表法就是在现有的基础上（\(f[i]\) 已知），去推出 \(f[k]\)（\(k>i\)），例：\(f[i+1]=f[i]+a[i]\)。
- 处理边界并输出。边界问题是 \(dp\) 中非常重要的部分，且每道题的边界不同，要视题意而定。
注：此题采用刷表法。
暴力
对于每道题，首先考虑暴力。那么这道题呢，首先你必须想到的就是需要排序，毕竟排序后车子在每个时间段接的人你才能知道。排完序后，试着用 \(f[i]\) 表示前 \(i\) 个人都被接走得最小等待时间。
试着推状态转移方程：\(f[k]=f[i]+T(k>i)\)，那么 \(T\) 等于 \(i+1\) ~ \(k\) 的总等待时间，这里补充一下 \(T\) 怎么算：\(T=l*(k-i)-(t[k]-t[i])\)，\(l\) 是 \(k\) 被接走的时间，\(t\) 是前缀和数组，这个公式不理解没关系，请继续看下去（这是 \(dp\) 的状态转移方程，在正解里我会解释）。因为我们要用到 \(l\)，但是我们并不知道 \(k\) 是什么时候被接走的（也就是不知道 \(l\)），所以我们就无法算出 \(T\)。
当我们发现一维不行时，就定义二维状态转移方程。根据一维的推导过程中发现，是因为我们不知道 \(k\) 是什么时候被接走的，才失败的。所以第二维果断定义为时间：\(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个人在 \(j\) 时刻全被接走。那么我们现在就可以算出来 \(f[i][j]\) 了。但是我们发现第二维是 \(4*10^6\)，空间和时间都爆了，但是可以拿 \(50\) 分，不推荐。
正解
我们现在的问题是第二维，那么我们考虑优化第二维：细心观察数据发现，\(n,m\) 都比较小，所以用他们来定义状态转移方程。再多想一点，我们发现：\(f[i][j-m]\) 以下的状态都对 \(f[i][j]\) 这个状态没有影响。为什么呢？原因很简单，\(f[i][j-m]\) 这个状态是随着前一次车子走的，而 \(f[i][j]\) 是随着这一次的车子走的（车子 \(m\) 分钟来回一次）。
所以我们不妨优化定义：\(f[i][j]\) 表示第 \(i\) 个人等了 \(j\) 分钟后前 \(i\) 个人全上车的最小等待时间。
那么状态转移方程就是：\(f[k][l]=f[i][j]+T\)。其中 \(l\) 表示第 \(k\) 个人的等候时间。\(T\) 表示 \(i+1\) ~ \(k\) 这段区间内所有人的等候时间总和。所以我们现在的问题就变成了求 \(l\) 和 \(T\)。
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先看 \(l\)：\(l\) 表示的是第 \(k\) 个人的等候时间，且由 \(i\)转移而来，所以 \(l\) 等于 \(i\) 的上车时间加上车子的往返时间减去自己到达的时间（这里一定要弄懂），\(i\) 的等候时间就是 \(a[i]+j\)，\(a\) 数组表示 \(i\) 到达的时间，\(j\) 是 \(i\) 等待时间，所以 \(l=a[i]+j+m-a[k]\)，其中 \(a[i]+j+m\) 就是车子在送完 \(i\) 后回到起点的时间，用这个时间减去 \(k\) 到达的时间，不就是 \(k\)的等候时间吗？
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再看\(T\)：\(T\) 表示 \(i\)~\(k\) 这段区间内所有人的等候时间总和。这个也很好想，考虑一个事实，\(总的等待时间=结束时间*人数-这些人到达时间的和\)。比如：结束时间为 \(5\) ，有两个人，他们到达时间为 \(3,4\)，最后的等待时间就是 \(5*2-(3+4)=3\)。那么这道题的结束时间就是 \(a[k]+l\)，就是到达时间（\(a[k]\)）加上等候时间（\(l\)），人数就是（\(k-i\)），他们等待时间之和可以用前缀和算出来，就是 \(t[k]-t[i]\)，\(t\) 是前缀和数组。那么这道题也就完了呢。
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状态转移方程：\(f[k][l]=min(f[k][l],f[i][j]+(a[k]+l)*(k-i)+(t[k]-t[i]))\)。
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边界问题：先初始化为了正无穷，\(f[0][0]\) 为 \(0\)。
-
细节问题看代码。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=510,M=110;
int inf;
int n,m;
int f[N][M];
int a[N],t[N];
signed main(){
memset(f,0x3f,sizeof f);
inf=f[0][0],cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) t[i]=t[i-1]+a[i];
f[0][0]=0,a[0]=-inf;
for(int i=0;i<=n;i++){
int M=min(m-1,a[i+1]-a[i]);
//优化时间和空间，j只用枚举到m-1，因为前面的数会跟着前面的车走
//a[i+1]-a[i]表示这个点到下一个点的时间差，因为一旦与下一个点的距离不大于m-1，就可以同时乘坐同一次车
for(int j=0;j<=M;j++){
if(f[i][j]==inf) continue;
for(int k=i+1;k<=n;k++){
int l=max(a[i]+j+m-a[k],0ll);//等待时间
f[k][l]=min(f[k][l],f[i][j]+(a[k]+l)*(k-i)-(t[k]-t[i]));
//状态转移方程式
}
}
}
int ans=inf;
for(int i=0;i<m;i++) ans=min(ans,f[n][i]);//最后取值
cout<<ans<<endl;
return 0;
}/*
f[i][j]表示前i个人等了j时刻上车时的最小等候时间(滚动数组，降低时间与空间复杂度)
f[k][l]=min(f[k][l],f[i][j]+(t[k]+l)*(k-i)-(t[k]-t[i]));
*/