垃圾陷阱

题目描述

卡门――农夫约翰极其珍视的一条Holsteins奶牛――已经落了到“垃圾井”中。“垃圾井”是农夫们扔垃圾的地方，它的深度为D(2≤D≤100)英尺。

卡门想把垃圾堆起来，等到堆得与井同样高时，她就能逃出井外了。另外，卡门可以通过吃一些垃圾来维持自己的生命。

每个垃圾都可以用来吃或堆放，并且堆放垃圾不用花费卡门的时间。

假设卡门预先知道了每个垃圾扔下的时间t(0<t≤1000)，以及每个垃圾堆放的高度h(1≤h≤25)和吃进该垃圾能维持生命的时间f(1≤f≤30)，要求出卡门最早能逃出井外的时间，假设卡门当前体内有足够持续1010小时的能量，如果卡门1010小时内没有进食，卡门就将饿死。

输入输出格式

输入格式：

 

第一行为22个整数，D和G(1≤G≤100)，GG为被投入井的垃圾的数量。

第二到第G+1行每行包括33个整数：T(0<T<=1000)，表示垃圾被投进井中的时间；F(1≤F≤30)，表示该垃圾能维持卡门生命的时间；和 H(1≤H≤25)，该垃圾能垫高的高度。

 

输出格式：

 

如果卡门可以爬出陷阱，输出一个整表示最早什么时候可以爬出；否则输出卡门最长可以存活多长时间。

 

我的45分代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=107;
const int maxm=1e5+7;
const int INF=0x7f7f7f7f;
struct Rub{
  int t,f,h;
  bool operator<(const Rub&tmp)const{
    return t<tmp.t;
  }
}rub[maxn];
int dp[maxn][maxm];
int H,n,ans=INF;
int main(){
  cin>>H>>n;
  memset(dp,-INF,sizeof(dp));dp[0][0]=10;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    int a,b,c;cin>>a>>b>>c;
      rub[i]=(Rub){a,b,c};
  } 
  sort(rub+1,rub+n+1);
  for(int i=1;i<=n;i++){
      int tim=0;int str=INF;
    for(int j=1;j<=H+1007;j++){
      int tt=rub[i].t;int ff=rub[i].f;int hh=rub[i].h;
      if(tt<=dp[i-1][j]) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]+ff);
      if(tt<=dp[i-1][j-hh]) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-hh]);
      tim=max(tim,max(dp[i-1][j]+ff,dp[i-1][j-hh]));str=min(str,tt);
      if(j>=H&&dp[i][j]>0) ans=min(ans,tt);      
    }
    if(str>tim){
      int ret=0;
      for(int k=1;k<=n;k++)  ret=max(ret,dp[i][0]);
      cout<<ret<<endl; return 0;
    }
  } 
  cout<<ans<<endl;
  return 0;
} 

 

 

题解

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=107;
const int maxm=1e5+7;
const int INF=0x7f7f7f7f;
struct Rub{
  int t,f,h;
  bool operator<(const Rub&tmp)const{
    return t<tmp.t;
  }
}rub[maxn];
int dp[maxn][maxm];
int H,n,ans=-INF;
int main(){
  cin>>H>>n;
  memset(dp,-INF,sizeof(dp));dp[0][0]=10;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    int a,b,c;cin>>a>>b>>c;
      rub[i]=(Rub){a,b,c};
  } 
  sort(rub+1,rub+n+1);
  for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=0;j<=H;j++){
      if(dp[i-1][j]>=rub[i].t){
        if(j+rub[i].h>=H){
          cout<<rub[i].t<<endl; return 0;
        }
        dp[i][j+rub[i].h]=max(dp[i][j+rub[i].h],dp[i-1][j]);
        dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]+rub[i].f);
      }
    }
  }
  for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[i][0]);
  cout<<ans<<endl;
  return 0;
} 

 首先，高度到达H时就是最优解，用推法比较好

然后一旦到达，就是最优解，因为以后的开始时间都比这个晚，而这个的开始时间，就是爬出的时间

反而能呆的最长时间不能一旦不能到达就输出

因为此时ret转移的是dp[i][j]而此时是不符合的，应该从最后一个符合的转移