abc320f <dp >

合集 - ACM-abc(68)
1.abc306e <mutiset的使用>2.abc053d <简单贪心>3.abc042d <组合数>4.abc043d5.abc045d6.abc044d <根号分治>7.abc046d8.abc047d9.abc048d <博弈>10.abc049d <并查集>11.abc050d <???>12.abc051 <多源最短路>13.abc052d14.abc054d <dp, 背包>15.abc055d <枚举>16.abc056d <贪心 / 二分+DP+bitset>17.abc057d <贪心+组合计数>18.abc058d <公式化简>19.abc059d <博弈, 打表找规律>20.abc060d <dp, 背包>21.abc061d <单源最短路, spfa, 判断负环>22.abc062d <优先队列>23.abc063d <二分答案>24.abc064d <贪心/前缀和>25.abc309f <线段树 + 离散化 + 双指针>26.abc309e <dfs>27.abc065d <贪心+最小生成树> [lambda表达式]28.abc066d <组合>29.abc067d <博弈 + dfs>30.abc068d <思维 + 构造>31.abc069d <构造>32.abc070d <简单树上dfs>33.abc071d <递推>34.abc072d <贪心>35.abc073d <Floyed + 枚举排列>36.abc074d <Floyed 消除传递边>37.abc075d <暴力枚举 / 枚举+离散化+二维前缀和>38.abc076d <dp / 贪心>39.abc077d <思维 + 最短路 (将构造数字过程视为最短路)>40.abc078d <博弈>41.abc079d <Floyed>42.abc080d <区间重叠>43.abc081d <思维 构造>44.abc082d <bitset 状压dp>45.abc083d <思维 贪心>46.abc084d <素数筛 前缀和>47.abc085d <贪心>48.abc086d <二维前缀和 同余>49.abc087d <并查集 维护距离信息>50.abc088 <bfs 最短路>51.abc089 <前缀和>52.abc310d <dfs暴搜-分组方案数 / bitmask表示集合+dp>53.abc310e <公式递推(dp?)>54.abc310f <dp + bitmask>55.abc090d <枚举计数>56.abc312c <二分答案>57.abc312d <dp, 括号匹配方案数>58.abc312e <暴力>
59.abc320f <dp >
60.abc092d<构造，思维>61.abc094d<组合数>62.abc095d<思维>63.abc096d<素数筛，整除>64.abc097d<并查集，排列>65.abc098d<双指针，异或>66.abc099d<dfs，枚举排列方案>67.abc100d<枚举>68.abc101d<打表，数学>
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题目

F - Fuel Round Trip

总结

  • 关键在于状态的定义。因为每个位置尽可加油一次，因此往返会相互影响，因而必须考考虑状态中定义去时经过此地的油量j与回时经过此地的油量k，这样才能成功转移；
  • 此外，本题状态转移比较奇特，相邻两个位置的状态的转移，在时间上包含去和回两个不同的时刻，较难理解。
  • 最后，dp完毕，求ans时注意到不能仅遍历dp[n][i][i]

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
using LL = long long;
const int N = 310, INF = 0x3f3f3f3f;
int dp[N][N][N];
int x[N], p[N], f[N];

void solv()
{
    int n, h;
    cin >> n >> h;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        cin >> x[i];
    for (int i = 1; i <= n-1; i ++)
        cin >> p[i] >> f[i];
    memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
    // 定义dp[i][j][k]
    // 考虑走完前i个位置，
    // 去时经过此位置时的油量为j，
    // 回时经过此位置时油量为k，
    // 的最小花费
    // (这里jk油量指的是在位置i加油后的油量（如果选择加油）)
    for (int i = 0; i <= h; i ++)
        dp[0][h][i] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        int d = x[i] - x[i - 1];
        for (int j = 0; j <= h; j ++)
            for (int k = 0; k <= h; k ++)
            {
                if (j < d || k + d > h) 
                    continue;
                // 1. 往返在第i个位置都没有加油
                dp[i][j - d][k + d] = min(dp[i][j - d][k + d], dp[i - 1][j][k]);
                // 2. 正向走的时候在i加油
                dp[i][min(h, j - d + f[i])][k + d] = min(dp[i][min(h, j - d + f[i])][k + d], dp[i - 1][j][k] + p[i]);
                // 3. 反向走回来时在i加油
                dp[i][j - d][max(0, k + d - f[i])] = min(dp[i][j - d][max(0, k + d - f[i])], dp[i - 1][j][k] + p[i]);
            }
    }
    int ans = INF;
    // 这里不能仅遍历 dp[n][i][i]
    // 因为dp过程中涉及到油量容量的边界处理，
    // 其中并不是准确的转移，存在取 min 和 max的情况
    // 因而最终在目的地并不一定去与回油量相等
    // 但是不能莫名增加油量
    for (int i = 0; i <= h; i ++)
        for (int j = 0; j <= i; j ++)
        ans = min(ans, dp[n][i][j]);
    cout << (ans == INF ? -1 : ans) << endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--)
        solv();
    return 0;
}
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