Atcoder abc の 初体験

[ABC320F] Fuel Round Trip#

若只考虑单程的，设一个 $d{p}_{i,j}$ 表示走到第 $i$ 个加油站剩下的油为 $j$ 的最小花费。

但是还需要考虑回来可能也要加油，所以综合考虑，设 $d{p}_{i,j,k}$ 表示到第 $i$ 个加油站去的途中有 $j$ 的油量，归途有 $k$ 的油量的最小花费。

考虑 $d{p}_{i,j,k}$ 的转移，设 $d=s_{i+1}-s_i$ ：

若来回都不加，则 $d{p}_{i+1,j-d,k+d}=min(d{p}_{i,j,k})$;

如果去的时候加，则 $d{p}_{i+1,min(j+f_i,H)-d,k+d}=min(d{p}_{i,j,k}+p_i)$

如果回的时候加，设下一个加油站时回时油量为 $x$ ，则 $min(x-d+f_i,H)=k$ 若 $k<H$ 则 $x=k+len-f_i$ ，若 $k=H$ 则 $x\ge H+d-f_i$ 转移就是 $d{p}_{i+1,j-d,x}=min(d{p}_{i,j,k}+p_i)$。

注意转移时第二维不要小于零，如果加油，转移的油量一定要大于加的油量。

复杂度 $O(n\ast h^2)$ 。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500;
int s[N];
int p[N],f[N];
int dp[N][N][N];
const int inf=2139062143;
signed main(){
	int n,h;
	scanf("%d%d",&n,&h);
	int ma=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&s[i]);
		ma=max(ma,s[i]-s[i-1]);
	}
	if(ma>h){
		cout<<"-1";
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&p[i],&f[i]);
	memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
	for(int i=0;i<=h;i++){
		dp[0][h][i]=0;
	}
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=0;j<=h;j++){
			for(int k=0;k<=h;k++){
				if(dp[i][j][k]==inf) continue;
				int len=s[i+1]-s[i];
				if(j-len>=0 && k+len<=h){
					dp[i+1][j-len][k+len]=min(dp[i+1][j-len][k+len],dp[i][j][k]);
				}
				if(min(j+f[i],h)-len>=0 && k+len<=h){
					dp[i+1][min(j+f[i],h)-len][k+len]=min(dp[i+1][min(j+f[i],h)-len][k+len],dp[i][j][k]+p[i]);
				}
				if(k<h){
					if(j-len>=0 && k-f[i]+len<=h && k>=f[i]){
						dp[i+1][j-len][k-f[i]+len]=min(dp[i+1][j-len][k-f[i]+len],dp[i][j][k]+p[i]);
					}
				}
				else{
					if(j-len>=0 && k>=f[i]){
						for(int e=h+len-f[i];e<=h;e++){
							dp[i+1][j-len][e]=min(dp[i+1][j-len][e],dp[i][j][k]+p[i]);
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	int ans=inf;
	for(int i=0;i<=h;i++){
		ans=min(ans,dp[n][i][i]);
	}
	if(ans==inf) cout<<"-1";
	else cout<<ans<<endl;
}