SOJ 3711 Mountain Road

SOJ3711

题意:这件题意的有点坑。有一条单向道，依次有车到达路的两边，同一方向的车经过同一个地点的时间间隔不能少于10s，不同方向的车，必须等到道路没车才能通过。并且同一个方向的车不能改变车的顺序。之所以说题意有点坑是因为题目中有这样一句话”provided it is not slowed down by other cars in front“,如果把这句话理解为每辆车只能匀速通过会出现问题。见下面分析。

分析:见第二个样例,

>

输入：

4

A 0 100

B 50 100

A 100 1

A 170 100

输出：

270

如果每辆车都只能匀速通过的话，可以发现，270s无论什么方案都是不能得到的，这里的270s应该是这样得到的，先过第二辆车，这个时候，第二辆车走完的时刻是150s，再通过第一辆，此时出发时间是150s，到达时间是250s，再通过第三辆，可以发现，如果必须是匀速，因为连续的两辆车通过同一个地点的间隔不能小于10s，所以他必须在前面一辆到达的250s之后的10s 260s到达，如果按照匀速这个假设，它只能在时刻259s的时候出发，所以下一辆只能在269s的时刻出发了。如果没有匀速的限制条件，第三辆车载160s的时刻出发，可以在260s的时候到达，第四俩车在170s的时刻出发，刚好就在270s的时刻到达了，也就是样例所示。

现在可以考虑定理dp[i][j][A/B]为当通过前i辆A方向的车，和j辆B方向的车，最后一辆车的方向是A/B的时候最短时间。如果这道题的题意是每辆车只能是匀速，那么dp[i][j][A/B]的时间可以从dp[i-1][j][A/B]转移而来，但是这里因为不是匀速直接这样转移会出问题。所以可以这样来跟新，对于每一个i，j都当成是一个间断点，也就是刚好车辆”反向”的点，然后去更新后面都是顺序通过的点，这样就能保证最后一定是最优的结果。如果还是不能理解，参考代码吧。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 200 + 5;
struct Car {
int s, d;
Car() {}
Car(int s, int d):s(s), d(d) {}
};
Car A[maxn], B[maxn];
int dp[maxn][maxn][2];

void DP(int p, int q)
{
for(int i = 0; i <= p; i++) {
for(int j = 0; j <= q; j++) {
for(int k = 0; k < 2; k++) {
dp[i][j][k] = inf;
}
}
}
dp[0][0][0] = dp[0][0][1] = 0;

for(int i = 0; i <= p; i++) {
for(int j = 0; j <= q; j++) {
int s = dp[i][j][0], t = s;
for(int k = j + 1; k <= q; k++) {
s = max(s, B[k-1].s);
t = max(t, s + B[k-1].d);
dp[i][k][1] = min(dp[i][k][1], t);
s += 10; t += 10;
}
s = dp[i][j][1];
t = s;
for(int k = i + 1; k <= p; k++) {
s = max(s, A[k-1].s);
t = max(t, s + A[k-1].d);
dp[k][j][0] = min(dp[k][j][0], t);
s += 10; t += 10;
}
}
}
}

int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
int n;
scanf("%d", &n);
int p = 0, q = 0;
for(int i = 0; i < n; i++) {
char dir;
int t, d;
cin >> dir >> t >> d;
if(dir == 'A') {
A[p++] = Car(t, d);
} else {
B[q++] = Car(t, d);
}
}
DP(p, q);
printf("%d\n", min(dp[p][q][0], dp[p][q][1]));
}
return 0;
}