2017烏魯木齊網絡賽D題 區間dp

題意：

題目鏈接：https://nanti.jisuanke.com/t/16953
長度爲L的線段上有n個點，每個點保存了該點的位置以及可以訪問該點的最早時間，走過單位1的距離需要單位1的時間，現在需要將這n個點都訪問，問所需的最短時間。（只有在規定訪問時間後訪問點纔算訪問成功）。

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思路：

區間dp，很巧妙。
與一般的區間dp不同的是，該題是長的區間向短的區間dp。dp[i][j][0/1]表示將[1,i-1]與[j+1,n]的點都訪問過最後訪問在i點的最短時間（0爲i,1爲j）。
之所以這樣設置dp狀態，是因爲線段上路徑中存在折返的情況，但是路徑不會越過之前的折返點。
比如，不會出現這樣的情況：

只會存在折返長度越來越短這樣的情況：

這個結論，只要畫幾個例子就會發現成立。
因此這樣從外到內dp，就可以設計出狀態轉移方程，詳見代碼。

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代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int MAXN = 1005;

struct node {
    LL x, t;
    bool operator < (const node &rhs) const {
        if (x == rhs.x) return t < rhs.t;
        return x < rhs.x;
    }
} a[MAXN];

LL dp[MAXN][MAXN][2];

int main() {
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    int T, cs = 0;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int n, l, k;
        scanf("%d%d%d", &n, &l, &k);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%lld%lld", &a[i].x, &a[i].t);
        sort (a + 1, a + 1 + n);
        dp[1][n][0] = max(a[1].t, a[1].x);
        dp[1][n][1] = max(a[n].t, a[n].x);
        for (int len = n - 1; len >= 1; len--) {
            for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {
                int j = i + len - 1;
                dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = INF;
                if (i > 1) {
                    dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0], max(dp[i - 1][j][0] + a[i].x - a[i - 1].x, a[i].t));
                    dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], max(dp[i - 1][j][0] + a[j].x - a[i - 1].x, a[j].t));
                }
                if (j < n) {
                    dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0], max(dp[i][j + 1][1] + a[j + 1].x - a[i].x, a[i].t));
                    dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], max(dp[i][j + 1][1] + a[j + 1].x - a[j].x, a[j].t));
                }
            }
        }
        LL ans = INF;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            ans = min(ans, abs(a[i].x - k) + dp[i][i][0]);
        }
        printf("Case #%d: %lld\n", ++cs, ans);
    }
    return 0;
}