城市里的间谍B901

城市里的间谍

 

 

城市里的间谍

难度级别：C； 运行时间限制：1000ms； 运行空间限制：51200KB； 代码长度限制：2000000B

试题描述

某城市的地铁是线性的，有 n（2 <= n <= 50）个车站，从左到右编号为 1 到 n。有 M1 辆列车从第 1 站开始往右开，还有 M2 辆列车从第 n 站开始往左开。在时刻 0，Mario 从第 1 站出发，目的是在时刻 T（ 0 <= T <= 200 ）会见车站 n 的一个间谍。在车站等车时容易被抓，所以她决定尽量躲开在开动的火车上，让在车站等待的总时间尽量短。列车靠站停车时间忽略不计，且 Mario 身手敏捷，即使两辆方向不同的列车在同一时间靠站，Mario也能完成换乘。

 输入

第一行包含两个数，分别为 n 和 T，第二行有 n-1 个整数，分别为 T1，T2，……,Tn-1，其中 Ti 表示地铁从车站 i 到车站 i+1 行驶的时间（两个方向一样）。第三行为 m，表示从第 1 站出发向右开的列车数目，第四行有 m 个整数，D1，D2，……，Dm（严格递增序列），即各列车的出发时间。第五行和第六行描述从第 n 站出发向左开的列车，格式同第三行和第四行。

输出

有解时输出一个数，表示最少等待时间；无解时就输出impossible。

输入示例

3 185
3 1
15
2 8 16 17 28 31 38 41 75 86 91 128 151 153 171
26
1 2 11 16 31 33 47 50 51 55 56 61 66 67 82 93 94 95 108 112 114 142 145 161 171 183

输出示例

123

 

试题分析

首先，最容易想到的办法就是把每一站的一种情况都枚举一遍，最后取最优解，但这种情况所需要的情况复杂，而且代码效率低，在时间上和空间上都肯定会超限，所以不可取。

但是我们可以将代码优化一下，也就是用DP来解决这个问题。最后优化后的代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int t[60],d1[210],d2[210],dp[210][60];
int main(){
    int n,T,m1,m2;
    cin>>n>>T;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        cin>>t[i];
        t[i]+=t[i-1];
    }
    cin>>m1;
    for(int i=1;i<=m1;i++){
        int x;
        cin>>x;
        d1[x]=1;
    }
    cin>>m2;
    for(int i=1;i<=m2;i++){
        int y;
        cin>>y;
        d2[y]=1;
    }
    memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
    dp[0][1]=0;
    for(int i=1;i<=T;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            dp[i][j]=dp[i-1][j]+1;
            if(j>1 && i>=t[j] && d1[i-t[j]])
                dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-(t[j]-t[j-1])][j-1]);
            if(j<n && i>=(t[n]-t[j]) && d2[i-(t[n]-t[j])])
                dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-(t[j+1]-t[j])][j+1]);
        }
    }
    if(dp[T][n]>999999999)
        cout<<"impossible";
    else
        cout<<dp[T][n];
    return 0;
}
/*dp[i][j]为第i秒时，间谍在第j个车站
  对于每个状态，有三种决策
  1.等待一秒，dp[i][j]=dp[i+1][j]+1;
  2.这时车站有向右开的车，dp[i][j]=dp[[i+t[j]][j+1];
  3.这时车站有向左开的车，dp[i][j]=dp[i+t[j-1]][j-1];
  处理边界 

你——悟到了么？