HDU 1494 題解(DP)

題面:

跑跑卡丁車
Problem Description
跑跑卡丁車是時下一款流行的網絡休閒遊戲,你可以在這虛擬的世界裏體驗駕駛的樂趣。這款遊戲的特別之處是你可以通過漂移來獲得一種
加速卡,用這種加速卡可以在有限的時間裏提高你的速度。爲了使問題簡單化,我們假設一個賽道分爲L段,並且給你通過每段賽道的普通耗時Ai和用加速卡的耗時Bi。加速卡的獲得機制是:普通行駛的情況下,每通過1段賽道,可以獲得20%的能量(N2O).能量集滿後獲得一個加速卡(同時能量清0).加速卡最多可以儲存2個,也就是說當你有2個加速卡而能量再次集滿,那麼能量清零但得不到加速卡。一個加速卡只能維持一段賽道,遊戲開始時沒有加速卡。
問題是,跑完n圈最少用時爲多少?

Input
每組輸入數據有3行,第一行有2個整數L,N分別表示一圈賽道分爲L段和有N圈賽道,接下來兩行分別有L個整數Ai和Bi
(Ai > Bi).

Output
對於每組輸入數據,輸出一個整數表示最少的用時.

Sample Input
18 1
9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9
8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 1 1 8 8

Sample Output
145

對於sample這組數據,你可以先在普通情況下行駛前14段,這時你有2個加速卡以及80%的能量(N2O).在第15和16段用掉2個加速卡,通過第
17段賽道後又可以得到一個加速卡,在第18段賽道使用.

分析:

一開始這道題可能看起來像貪心,但觀察數據範圍可知如果是貪心的話數據量不可能這麼小,故採用DP的做法

  1. 劃分子問題&確定狀態:
    子問題:走到某個路段,有一定能量值時的時間
    子狀態:很容易想到走到第幾個路段,以及該路段的能量可以作爲子狀態,但是能量值爲小數,而double類型不能作爲dp數組的下標
    考慮到能量值每次增加20%,我們以20%爲單位“1”,這樣每一個能量卡能量值爲5,能量槽最多存的能量爲4,所以總能量最多爲14
    因此我們只要用一個二維數組來存儲狀態即可

  2. 確定決策&寫出狀態轉移方程
    我們定義dp[i][j] 表示走完第i段,能量值爲j時的最短時間
    t[i].a表示第i段正常通過的時間,t[i].b表示第i段非正常通過的時間
    i顯然是由i-1轉移過來,但是j呢?
    我們對j進行分類討論:
    j=0 時,即能量恰好爲0時肯定剛剛使用了一個加速卡,能量被清0(如果是已有2個加速卡,能量肯定大於10)
    因此dp[i][j]=dp[i-1][5]+t[i].b
    0<j<10 時 有兩種可能,之前可能消耗了一個加速卡或者沒消耗加速卡,因此dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+t[i].a,dp[i-1][j+5]+t[i].b)
    j=10 時也有兩種可能,之前沒消耗加速卡或者已有兩個加速卡而能量被清0,因此dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+t[i].a,dp[i-1][14]+t[i].a)
    j>10 時只有一種可能,之前沒消耗加速卡,因此dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+t[i].a
    將上述四種情況綜合起來,便可以寫出以下的狀態轉移方程:
    dp[i][j]= {dp[i1][5]+t[i].b(j=0)min(dp[i1][j1]+t[i].a,dp[i1][j+5]+t[i].b)(0<j<10)min(dp[i1][j1]+t[i].a,dp[i1][14]+t[i].a)(j=10)dp[i1][j1]+t[i].a(j>10)

3.尋找邊界條件
0<i<l×n
0<j<15
但有一個細節需要注意:

  for(int i=1;i<maxe;i++) dp[0][i]=INF;//注意dp[0][0]是0,其餘是INF 

代碼:

#include<iostream>
#include<cstring>
#define maxl 105
#define maxn 105
#define maxe 15  //最大儲存能量5*2+4=14 
#define INF 99999999
using namespace std;
int dp[maxn*maxl][maxe];
struct node{
    int a;
    int b;
}tim[maxn*maxl];
int l,n,ans;
int main(){
    while(cin>>l>>n){
        for(int i=1;i<=l;i++) cin>>tim[i].a;
        for(int i=1;i<=l;i++) cin>>tim[i].b;
        tim[0]=tim[l];
        for(int i=l+1;i<=l*n;i++) tim[i]=tim[i%l];//將1圈之後的段也賦值 
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<maxe;i++) dp[0][i]=INF;//注意dp[0][0]是0 
        for(int i=1;i<=l*n;i++){
            for(int j=0;j<maxe;j++){
                if(j==0) dp[i][j]=dp[i-1][5]+tim[i].b;
                else if(j<10) dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+tim[i].a,dp[i-1][j+5]+tim[i].b);
                else if(j==10) dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+tim[i].a,dp[i-1][14]+tim[i].a);
                else if(j>10) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+tim[i].a;
            }
        } 
        ans=INF;
        for(int i=0;i<maxe;i++){
            ans=min(ans,dp[l*n][i]);
        }
        cout<<ans<<endl; 
    }
    return 0;
} 
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