区间dp,和UVa #1336 Fixing the Great Wall (例题9-21)类似。但数据规模太大,记忆化搜索会TLE,必须递推。
我一开始把状态设计为dp(i,j,k)表示当前已访问区间为[i,j],且站在 i (k == 0)或 j (k==1),最少还需多少时间收集全部宝藏。同时还需要一个辅助数组来记录当前已经经历的时间,来判断是否过了deadline。这个设计很臃肿。并且用记忆化搜索还行,但是递推就完全无能为力,因为无法判断到达某一宝藏时,是否已经过了deadline。
可以用对称的设计:dp(i,j,k)表示最短需要多少时间到达 [i,j,k]。对于所有的 i == j 的情况,dp值都为0,因为我们可以选择从这一点出发。状态的转移和上面的设计一样,都与#1336相同。
另外递推的时候,我习惯外层用diff从0到n-1表示i和j的差,但是TLE了。改成Rujia在书里用过的方法:i从n-1到0,j从i到n-1,就可以将时间缩短一半。
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#define UVa "9-8.1632.cpp" //Alibaba
char fileIn[30] = UVa, fileOut[30] = UVa;
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
//Global Variables. Reset upon Each Case!
const int maxn = 10000 + 5, INF = 1<<30, LEFT = 0, RIGHT = 1;
int n, d[maxn][maxn][2], x[maxn], ddl[maxn];
/////
int main() {
while(scanf("%d", &n) != EOF) {
for(int i = 0; i < n; i ++)
scanf("%d%d", &x[i], &ddl[i]);
for(int i = n-1; i >= 0; i --) {
for(int j = i; j < n; j ++) {
int& u1 = d[i][j][LEFT];
int& u2 = d[i][j][RIGHT];
if(i == j) u1 = u2 = 0;
else {
u1 = u2 = INF;
u1 = min(d[i+1][j][RIGHT] + x[j]-x[i], d[i+1][j][LEFT] + x[i+1]-x[i]);
if(u1 >= ddl[i]) u1 = INF;
u2 = min(d[i][j-1][LEFT] + x[j]-x[i], d[i][j-1][RIGHT] + x[j]-x[j-1]);
if(u2 >= ddl[j]) u2 = INF;
}
}
}
int ans = min(d[0][n-1][0], d[0][n-1][1]);
if(ans >= INF) printf("No solution\n");
else printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}