bzoj4244邮戳拉力赛 背包dp

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了bzoj4244邮戳拉力赛 背包dp相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

题目描述

IOI铁路是由N+2个站点构成的直线线路。这条线路的车站从某一端的车站开始顺次标号为0...N+1。
这条路线上行驶的电车分为上行电车和下行电车两种,上行电车沿编号增大方向行驶,下行电车沿编号减小方向行驶。乘坐这两种电车的话,移动1站的距离需要T秒。换句话说,乘坐上行电车从车站i走到车站i+1需要T秒,称作下行电车从车站i走到车站i-1也需要T秒。你不能在0号车站乘坐下行电车,或在N+1号车站乘坐上行电车。由于电车发车的频率非常高,你可以无视等待电车消耗的时间。
每个车站设有上行电车的站台和下行电车的站台,连接两个站台的道路上设有邮戳台。
现在,IOI铁路召开了邮戳拉力赛。在拉力赛中,选手需要从0号车站的上行电车站台出发,在1...N号车站各盖一枚邮戳,最终到达N+1号车站的上行电车站台即可完成。
为了在每个车站盖上邮戳,必须从电车上下来,步行走到车站通路上的邮戳台。在i号车站的上行电车站台、邮戳台、下行电车站台之间移动所消耗的时间如下所示:
从车站i的上行电车站台到邮戳台的时间为Ui秒
从车站i的邮戳台到上行电车站台的时间为Vi秒
从车站i的下行电车站台到邮戳台的时间为Di秒
从车站i的邮戳台到下行电车站台的时间为Ei秒
邮戳拉力赛的选手只能访问0号车站与N+1号车站各一次。1...N号车站都可以访问任意多次。
现在给出有邮戳台的车站个数、乘坐电车移动一站的时间、在每个车站的上行电车站台、邮戳台、下行电车站台之间移动所消耗的时间,请你求出完成邮戳拉力赛的最短时间。
这个时间包括从0号车站出发,按下N个邮戳后到达N+1号车站的时间。无视等车的时间和按邮戳的时间。

输入

第一行两个空格分隔的整数N和T,表示有N+2个车站,电车行驶一站的距离需要T秒
接下来N行,第i行有四个空格分隔的整数Ui,Vi,Di,Ei,分别表示:
从车站i的上行电车站台到邮戳台的时间为Ui秒
从车站i的邮戳台到上行电车站台的时间为Vi秒
从车站i的下行电车站台到邮戳台的时间为Di秒
从车站i的邮戳台到下行电车站台的时间为Ei秒

输出

输出一行一个整数,表示完成邮戳拉力赛的最短时间。

样例输入

4 1
1 1 1 1
1 9 9 1
9 9 1 1
1 9 9 1

样例输出

23


题解

只可意会不可言传的非常神的背包dp,非常难写题解因此写的不好不要怪我。。。

考虑一个车站是怎么经过的,共有以下四种情况:

从后面来、往后面走,代价为d+v;
从前面来、往前面走,代价为u+e;
从后面来、往前面走,代价为d+e;
从前面来、往后面走,代价为u+v。

那么先不考虑从0直接到n+1的必经行程,中间的部分一定是一个回路。

从左向右考虑回路的每一段,必然是若干个向右的路线。把向右的路线看作左括号,向左的看作右括号,那么有:

第1种情况为‘((‘,第2种情况为‘))‘,第3种情况为‘)(‘,第4种情况为‘()‘。答案就是合法的括号序列。

设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个位置,多余的‘(‘数目为 $2j$ 的最小代价。那么考虑这4种情况即可。注意第3、4种情况可能出现多次,因此是完全背包。

转移之间需要加上回路的代价 $T·2j$ 。

最后加上从0到n+1的代价 $(n+1)T$ 即为答案。

时间复杂度 $O(n^2)$ 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int f[3010][3010];
int main()
{
	int n , m , i , j , u , v , d , e;
	scanf("%d%d" , &n , &m);
	memset(f , 0x3f , sizeof(f)) , f[0][0] = 0;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		scanf("%d%d%d%d" , &u , &v , &d , &e);
		for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) f[i - 1][j] += j * m * 2;
		for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i - 1][j - 1] + d + v);
		for(j = 0 ; j < n ; j ++ )  f[i][j] = min(f[i][j] , f[i - 1][j + 1] + u + e);
		for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i - 1][j] + d + e);
		for(j = 0 ; j <= n ; j ++ ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i - 1][j] + u + v);
		for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i][j - 1] + d + v);
		for(j = n - 1 ; ~j ; j -- ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i][j + 1] + u + e);
	}
	printf("%d\n" , f[n][0] + (n + 1) * m);
	return 0;
}

 

 

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