HDU 1494 题解（DP）

 

题面：

跑跑卡丁车
Problem Description
跑跑卡丁车是时下一款流行的网络休闲游戏，你可以在这虚拟的世界里体验驾驶的乐趣。这款游戏的特别之处是你可以通过漂移来获得一种
加速卡，用这种加速卡可以在有限的时间里提高你的速度。为了使问题简单化，我们假设一个赛道分为L段，并且给你通过每段赛道的普通耗时Ai和用加速卡的耗时Bi。加速卡的获得机制是：普通行驶的情况下，每通过1段赛道,可以获得20%的能量(N2O).能量集满后获得一个加速卡(同时能量清0).加速卡最多可以储存2个,也就是说当你有2个加速卡而能量再次集满,那么能量清零但得不到加速卡。一个加速卡只能维持一段赛道，游戏开始时没有加速卡。
问题是，跑完n圈最少用时为多少？

Input
每组输入数据有3行，第一行有2个整数L,N分别表示一圈赛道分为L段和有N圈赛道，接下来两行分别有L个整数Ai和Bi
(Ai > Bi).

Output
对于每组输入数据，输出一个整数表示最少的用时.

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

对于sample这组数据，你可以先在普通情况下行驶前14段，这时你有2个加速卡以及80%的能量(N2O).在第15和16段用掉2个加速卡，通过第
17段赛道后又可以得到一个加速卡，在第18段赛道使用.

分析：

一开始这道题可能看起来像贪心，但观察数据范围可知如果是贪心的话数据量不可能这么小，故采用DP的做法

1. 划分子问题&确定状态：
   子问题：走到某个路段，有一定能量值时的时间
   子状态：很容易想到走到第几个路段，以及该路段的能量可以作为子状态，但是能量值为小数，而double类型不能作为dp数组的下标
   考虑到能量值每次增加20%，我们以20%为单位“1”，这样每一个能量卡能量值为5，能量槽最多存的能量为4，所以总能量最多为14
   因此我们只要用一个二维数组来存储状态即可

2. 确定决策&写出状态转移方程
   我们定义dp[i][j] 表示走完第i段，能量值为j时的最短时间
   t[i].a表示第i段正常通过的时间，t[i].b表示第i段非正常通过的时间
   i显然是由i-1转移过来，但是j呢？
   我们对j进行分类讨论：
   当j=0j=0时，即能量恰好为0时肯定刚刚使用了一个加速卡，能量被清0（如果是已有2个加速卡，能量肯定大于10）
   因此dp[i][j]=dp[i-1][5]+t[i].b
   当0<j<100<j<10时 有两种可能，之前可能消耗了一个加速卡或者没消耗加速卡，因此dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+t[i].a,dp[i-1][j+5]+t[i].b)
   当j=10j=10时也有两种可能，之前没消耗加速卡或者已有两个加速卡而能量被清0，因此dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+t[i].a,dp[i-1][14]+t[i].a)
   当j>10j>10时只有一种可能，之前没消耗加速卡，因此dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+t[i].a
   将上述四种情况综合起来，便可以写出以下的状态转移方程：
   dp[i][j]=dp[i][j]= ⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪dp[i−1][5]+t[i].b(j=0)min(dp[i−1][j−1]+t[i].a,dp[i−1][j+5]+t[i].b)(0<j<10)min(dp[i−1][j−1]+t[i].a,dp[i−1][14]+t[i].a)(j=10)dp[i−1][j−1]+t[i].a(j>10){dp[i−1][5]+t[i].b(j=0)min(dp[i−1][j−1]+t[i].a,dp[i−1][j+5]+t[i].b)(0<j<10)min(dp[i−1][j−1]+t[i].a,dp[i−1][14]+t[i].a)(j=10)dp[i−1][j−1]+t[i].a(j>10)

3.寻找边界条件
0<i<l×n0<i<l×n
0<j<150<j<15
但有一个细节需要注意：

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

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#define maxl 105
#define maxn 105
#define maxe 15  //最大储存能量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];//将1圈之后的段也赋值 
        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;
}