P1977 出租车拼车
题目背景
话说小 x 有一次去参加比赛，虽然学校离比赛地点不太远，但小 x 还是想坐 出租车去。大学城的出租车总是比较另类，有“拼车”一说，也就是说，你一个人 坐车去，还是一堆人一起，总共需要支付的钱是一样的（每辆出租上除司机外最 多坐下 4 个人）。刚好那天同校的一群 Oier 在校门口扎堆了，大家果断决定拼车 去赛场。
问题来了，一辆又一辆的出租车经过，但里面要么坐满了乘客，要么只剩下 一两个座位，众 Oier 都觉得坐上去太亏了，小 x 也是这么想的。
题目描述
假设 N 位 Oier 准备拼车，此时为 0 时刻，从校门到目的地需要支付给出租
车师傅 D 元（按车次算，不管里面坐了多少 Oier），假如 S 分钟后恰能赶上比赛，
那么 S 分钟后经过校门口的出租车自然可以忽略不计了。现在给出在这 S 分钟当
中经过校门的所有的 K 辆出租车先后到达校门口的时间 T i 及里面剩余的座位 Zi
(1 <= Zi <= 4)，Oier 可以选择上车几个人（不能超过），当然，也可以选择上 0 个
人，那就是不坐这辆车。
俗话说，时间就是金钱，这里小 x 把每个 Oier 在校门等待出租车的分钟数 等同于花了相同多的钱（例如小 x 等待了 20 分钟，那相当于他额外花了 20 元钱）。
在保证所有 Oier 都能在比赛开始前到达比赛地点的情况下，聪明的你能计 算出他们最少需要花多少元钱么？
输入输出格式
输入格式：
每组数据以四个整数 N , K , D , S 开始，具体含义参见题目描述。
接着 K 行，表示第 i 辆出租车在第 Ti 分钟到达校门，其空余的座位数为 Zi
（时间按照先后顺序）。
N <= 100，K <= 100，D <= 100，S <= 100，1 <= Zi <= 4，1<= T(i) <= T(i+1) <= S
输出格式：
对于每组测试数据，输出占一行，如果他们所有人能在比赛前到达比赛地点，
则输出一个整数，代表他们最少需要花的钱（单位：元），否则请输出“impossible”。
输入输出样例
题解：
f[i][j]表示前i辆车走了j个OIer
状态转移方程：
f[i][j]=min(f[i-1][j-k]+k*t[i]+d,f[i][j]) (1<=k<=min(j,z[i]))
为什么这样写？
因为你要考虑到这个出租车要不要做，这就需要二维dp数组来存放这些状态
我一直再考虑这个每个人的额外时间怎么去加，考了一下其他人的方法才知道，当这个人坐上车的时候就给坐上车的人确定额外时间，其他人虽然也在等车但是不加，一直等到坐上车后再加，这样就不用去考虑哪些人是什么时候坐上车的
还要注意的是初始化dp数组时要注意给dp[0][0]位置初始化为0，因为这个我们写的状态转移方程每个dp的初始化是他的上一维度的相同位置（即dp[i-1][j]），那么这个dp[0][0]的0，只会在第0列传播
。可以说二维数组的每一个一维里面的第一个值是0，只有这样才可以使dp的值正确
因为他们是加上dp[i-1][j-k],如果这个是无穷大，那么dp里面的值肯定不会正确
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #include<vector> 6 #include<queue> 7 using namespace std; 8 typedef long long ll; 9 const int maxn=105; 10 const int INF=0x3f3f3f3f; 11 int dp[maxn][maxn],v[maxn],ans[maxn]; 12 struct shudui 13 { 14 int t,z; 15 } m[maxn]; 16 bool mmp(shudui x,shudui y) 17 { 18 return x.t<y.t; 19 } 20 int main() 21 { 22 int n,k,d,s; 23 scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&d,&s); 24 for(int i=1;i<=k;++i) 25 scanf("%d%d",&m[i].t,&m[i].z); 26 sort(m+1,m+1+k,mmp); 27 memset(dp,INF,sizeof(dp)); 28 dp[0][0]=0; //不要忘记给他的零点赋值为0 29 for(int i=1;i<=k;++i) 30 { 31 for(int j=0;j<=n;++j) 32 { 33 dp[i][j]=dp[i-1][j]; 34 for(int kk=0;kk<=min(m[i].z,j);++kk) 35 { 36 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-kk]+kk*m[i].t+d); 37 } 38 } 39 } 40 if(dp[k][n]>=10000) printf("impossible\n"); 41 else printf("%d\n",dp[k][n]); 42 return 0; 43 }
