【bzoj4244】邮戳拉力赛 背包dp
题目描述
IOI铁路是由N+2个站点构成的直线线路。这条线路的车站从某一端的车站开始顺次标号为0...N+1。
这条路线上行驶的电车分为上行电车和下行电车两种，上行电车沿编号增大方向行驶，下行电车沿编号减小方向行驶。乘坐这两种电车的话，移动1站的距离需要T秒。换句话说，乘坐上行电车从车站i走到车站i+1需要T秒，称作下行电车从车站i走到车站i-1也需要T秒。你不能在0号车站乘坐下行电车，或在N+1号车站乘坐上行电车。由于电车发车的频率非常高，你可以无视等待电车消耗的时间。
每个车站设有上行电车的站台和下行电车的站台，连接两个站台的道路上设有邮戳台。
现在，IOI铁路召开了邮戳拉力赛。在拉力赛中，选手需要从0号车站的上行电车站台出发，在1...N号车站各盖一枚邮戳，最终到达N+1号车站的上行电车站台即可完成。
为了在每个车站盖上邮戳，必须从电车上下来，步行走到车站通路上的邮戳台。在i号车站的上行电车站台、邮戳台、下行电车站台之间移动所消耗的时间如下所示：
从车站i的上行电车站台到邮戳台的时间为Ui秒
从车站i的邮戳台到上行电车站台的时间为Vi秒
从车站i的下行电车站台到邮戳台的时间为Di秒
从车站i的邮戳台到下行电车站台的时间为Ei秒
邮戳拉力赛的选手只能访问0号车站与N+1号车站各一次。1...N号车站都可以访问任意多次。
现在给出有邮戳台的车站个数、乘坐电车移动一站的时间、在每个车站的上行电车站台、邮戳台、下行电车站台之间移动所消耗的时间，请你求出完成邮戳拉力赛的最短时间。
这个时间包括从0号车站出发，按下N个邮戳后到达N+1号车站的时间。无视等车的时间和按邮戳的时间。
输入
第一行两个空格分隔的整数N和T，表示有N+2个车站，电车行驶一站的距离需要T秒
接下来N行，第i行有四个空格分隔的整数Ui,Vi,Di,Ei，分别表示：
从车站i的上行电车站台到邮戳台的时间为Ui秒
从车站i的邮戳台到上行电车站台的时间为Vi秒
从车站i的下行电车站台到邮戳台的时间为Di秒
从车站i的邮戳台到下行电车站台的时间为Ei秒
输出
输出一行一个整数，表示完成邮戳拉力赛的最短时间。
样例输入
4 1
1 1 1 1
1 9 9 1
9 9 1 1
1 9 9 1
样例输出
23
题解
只可意会不可言传的非常神的背包dp，非常难写题解因此写的不好不要怪我。。。
考虑一个车站是怎么经过的，共有以下四种情况:
从后面来、往后面走，代价为d+v；
从前面来、往前面走，代价为u+e；
从后面来、往前面走，代价为d+e；
从前面来、往后面走，代价为u+v。
那么先不考虑从0直接到n+1的必经行程，中间的部分一定是一个回路。
从左向右考虑回路的每一段，必然是若干个向右的路线。把向右的路线看作左括号，向左的看作右括号，那么有：
第1种情况为'(('，第2种情况为'))'，第3种情况为')('，第4种情况为'()'。答案就是合法的括号序列。
设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个位置，多余的'('数目为 $2j$ 的最小代价。那么考虑这4种情况即可。注意第3、4种情况可能出现多次，因此是完全背包。
转移之间需要加上回路的代价 $T·2j$ 。
最后加上从0到n+1的代价 $(n+1)T$ 即为答案。
时间复杂度 $O(n^2)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int f[3010][3010];
int main()
{
int n , m , i , j , u , v , d , e;
scanf("%d%d" , &n , &m);
memset(f , 0x3f , sizeof(f)) , f[0][0] = 0;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%d%d%d%d" , &u , &v , &d , &e);
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) f[i - 1][j] += j * m * 2;
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i - 1][j - 1] + d + v);
for(j = 0 ; j < n ; j ++ ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i - 1][j + 1] + u + e);
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i - 1][j] + d + e);
for(j = 0 ; j <= n ; j ++ ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i - 1][j] + u + v);
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i][j - 1] + d + v);
for(j = n - 1 ; ~j ; j -- ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i][j + 1] + u + e);
}
printf("%d\n" , f[n][0] + (n + 1) * m);
return 0;
}
