hdu 1494 跑跑卡丁车(动态规划)
Problem Description
跑跑卡丁车是时下一款流行的网络休闲游戏,你可以在这虚拟的世界里体验驾驶的乐趣。这款游戏的特别之处是你可以通过漂移来获得一种
加速卡,用这种加速卡可以在有限的时间里提高你的速度。为了使问题简单化,我们假设一个赛道分为L段,并且给你通过每段赛道的普通耗时Ai和用加速卡的耗时Bi。加速卡的获得机制是:普通行驶的情况下,每通过1段赛道,可以获得20%的能量(N2O).能量集满后获得一个加速卡(同时能量清0).加速卡最多可以储存2个,也就是说当你有2个加速卡而能量再次集满,那么能量清零但得不到加速卡。一个加速卡只能维持一段赛道,游戏开始时没有加速卡。
![](http://acm.hdu.edu.cn/data/images/c48-1004-1.jpg)
问题是,跑完n圈最少用时为多少?
加速卡,用这种加速卡可以在有限的时间里提高你的速度。为了使问题简单化,我们假设一个赛道分为L段,并且给你通过每段赛道的普通耗时Ai和用加速卡的耗时Bi。加速卡的获得机制是:普通行驶的情况下,每通过1段赛道,可以获得20%的能量(N2O).能量集满后获得一个加速卡(同时能量清0).加速卡最多可以储存2个,也就是说当你有2个加速卡而能量再次集满,那么能量清零但得不到加速卡。一个加速卡只能维持一段赛道,游戏开始时没有加速卡。
![](http://acm.hdu.edu.cn/data/images/c48-1004-1.jpg)
问题是,跑完n圈最少用时为多少?
Input
每组输入数据有3行,第一行有2个整数L(0<L<100),N(0<N<100)分别表示一圈赛道分为L段和有N圈赛道,接下来两行分别有L个整数Ai和Bi
(Ai > Bi).
(Ai > Bi).
Output
对于每组输入数据,输出一个整数表示最少的用时.
Sample Input
18 1
9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9
8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 1 1 8 8
Sample Output
145
对于sample这组数据,你可以先在普通情况下行驶前14段,这时你有2个加速卡以及80%的能量(N2O).在第15和16段用掉2个加速卡,通过第 17段赛道后又可以得到一个加速卡,在第18段赛道使用.
Hint
Hint题意:
输入L, N,表示有L段和N圈赛道,每通过1段赛道获得20%的能量,能量到达100%获得一张加速卡(同时能量清0),加速卡最多储存2个,,也就是说当你有2个加速卡而能量再次集满,那么能量清零但得不到加速卡。求跑完N圈的最小用时,题目中给出每段赛道的普通用时,和利用加速卡的用时。
思路:
动态规划问题,本题有15个状态,
即无加速卡能量0%,无加速卡能量20%,无加速卡能量40%,无加速卡能量60%,无加速卡能量80%。
1张加速卡能量0%,1张加速卡能量20%,1张加速卡能量40%,1张加速卡能量60%,1张加速卡能量80%。
2张加速卡能量0%,2张加速卡能量20%,2张加速卡能量40%,2张加速卡能量60%,2张加速卡能量80%
分别记为0-14
dp[i][j],表示在第i段赛道第j个状态时的最小用时。a[i]表示通过第i个赛道的普通用时,b[i]表示通过第i个赛道的加速用时。
可以写出状态转移方程
如果不是初始状态,那么j = 0的时候,刚刚用了加速卡
dp[i][j] = dp[i-1][5] + b[i]
j > 10时:不可能在之前的一段赛道获得加速卡,因为j最大只有14
dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+a[i]
j = 10时:可能j=14的时候-5了,或者j = 9的时候获得了第二张加速卡
dp[i][j] = Min(dp[i-1][9]+a[i], dp[i-1][14]+a[i])
j<10时:可能是前面没有用加速卡,或者是前面用了加速卡。
dp[i][j] = Min(dp[i-1][j-1]+a[i], dp[i-1][j+5]+b[i])
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 #include <string> 5 #include <cstring> 6 using namespace std; 7 #define maxn 10010 8 #define INF 99999999 9 int dp[maxn][15]; 10 int L, N, a[maxn], b[maxn], ans; 11 int Min(int a, int b){ 12 return (a<b?a:b); 13 } 14 int main(){ 15 while(~scanf("%d%d", &L, &N)){ 16 for(int i = 1; i <= L; i++) scanf("%d", &a[i]); 17 for(int i = 1; i <= L; i++) scanf("%d", &b[i]); 18 for(int i = L+1; i <= L*N; i++){ 19 a[i] = a[i-L]; b[i] = b[i-L]; 20 } 21 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 22 for(int i = 1; i <= 14; i++) dp[0][i] = INF; 23 24 for(int i = 1; i <= L*N; i++){ 25 for(int j = 0; j <= 14; j++){ 26 if(j == 0) dp[i][j] = dp[i-1][5] + b[i]; 27 else if(j < 10) dp[i][j] = Min(dp[i-1][j-1]+a[i], dp[i-1][j+5] + b[i]); 28 else if(j == 10) dp[i][j] = Min(dp[i-1][9]+a[i], dp[i-1][14]+a[i]); 29 else if(j > 10) dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+a[i]; 30 } 31 } 32 ans = INF; 33 for(int i = 0; i <= 14; i++){ 34 if(ans > dp[N*L][i]) ans = dp[N*L][i]; 35 } 36 printf("%d\n", ans); 37 38 } 39 return 0; 40 }