题解 [USACO04OPEN] Turning in Homework G

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先将所有作业按位置排序。

直接贪心显然是不行的，因为我们没有办法确定对于一个时间较久的作业，是在原地等待，还是在未来的某个节点返回，并且无法确定是那个节点，所以只能考虑 $dp$。

对于此类可以倒来倒去的问题，通常考虑区间 $dp$，若设 $f_{i,j}$ 表示完成区间 $(i,j)$ 的作业所需时间，显然无法转移，因为对于作业贡献的计算，需要取当前时间与作业时间的最大值，那么仅仅记录完成一个区间的时间，无法帮助我们对后面的贡献进行计算。

若反过来考虑，设 $f_{i,j}$ 表示仅仅只有 $(i,j)$ 没做所需的时间，还是不能表示，因为从一个作业走到另一个作业也是需要时间的，并不清楚要从哪个作业走过来。

考虑设端点状态，$f_{i,j,0/1}$ 表示仅剩区间 $[l,r]$ 没做，现在做 左/右 端点的事情，做完总共耗费的时间。

那么区间 $[l,r]$ 便可以从 $[l-1,r]$ 和 $[l,r+1]$ 转移过来。

转移方程：

$$f_{i,j,0}=\min(\max(f_{i-1,j,0}+p_i-p_{i-1},t_i),\max(f{i,j+1,1}+p_{j+1}-p_i,t_i))\\ f_{i,j,1}=\min(\max(f_{i,j+1,1}+p_{j+1}-p_j,t_j),\max(f_{i-1,j,0}+p_j-p_{i-1},t_j));$$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long LL;
#define PII pair<int,int>
LL read() {
	LL sum=0,flag=1; char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') flag=-1; c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {sum=sum*10+c-'0'; c=getchar();}
	return sum*flag;
}
 
const int N=1100;
int n,h,b;
int f[N][N][2];
struct node {
	int x,t;
}a[N];
 
int cmp(node x,node y) {
	return x.x<y.x;
}
 
int main() {
	cin>>n>>h>>b;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>a[i].x>>a[i].t;
	}
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[1][n][0]=max(a[1].t,a[1].x); f[1][n][1]=max(a[n].t,a[n].x);
	for(int len=n-1;len>=1;len--){
		for(int i=1;i+len-1<=n;i++) {
			int j=i+len-1;
			f[i][j][0]=min(max(f[i-1][j][0]+a[i].x-a[i-1].x,a[i].t),max(f[i][j+1][1]+a[j+1].x-a[i].x,a[i].t));
			f[i][j][1]=min(max(f[i][j+1][1]+a[j+1].x-a[j].x,a[j].t),max(f[i-1][j][0]+a[j].x-a[i-1].x,a[j].t));
		}
	}
	int ans=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		ans=min(ans,f[i][i][1]+abs(b-a[i].x));
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}