POJ 1661 Help Jimmy 动态规划

Description

"Help Jimmy" 是在下图所示的场景上完成的游戏。

场景中包括多个长度和高度各不相同的平台。地面是最低的平台,高度为零,长度无限。

Jimmy老鼠在时刻0从高于所有平台的某处开始下落,它的下落速度始终为1米/秒。当Jimmy落到某个平台上时,游戏者选择让它向左还是向右跑,它跑动的速度也是1米/秒。当Jimmy跑到平台的边缘时,开始继续下落。Jimmy每次下落的高度不能超过MAX米,不然就会摔死,游戏也会结束。

设计一个程序,计算Jimmy到底地面时可能的最早时间。

Input

第一行是测试数据的组数t(0 <= t <= 20)。每组测试数据的第一行是四个整数N,X,Y,MAX,用空格分隔。N是平台的数目(不包括地面),X和Y是Jimmy开始下落的位置的横竖坐标,MAX是一次下落的最大高度。接下来的N行每行描述一个平台,包括三个整数,X1[i],X2[i]和H[i]。H[i]表示平台的高度,X1[i]和X2[i]表示平台左右端点的横坐标。1 <= N <= 1000,-20000 <= X, X1[i], X2[i] <= 20000,0 < H[i] < Y <= 20000(i = 1..N)。所有坐标的单位都是米。

Jimmy的大小和平台的厚度均忽略不计。如果Jimmy恰好落在某个平台的边缘,被视为落在平台上。所有的平台均不重叠或相连。测试数据保证问题一定有解。

Output

对输入的每组测试数据,输出一个整数,Jimmy到底地面时可能的最早时间。

Sample Input

1
3 8 17 20
0 10 8
0 10 13
4 14 3

Sample Output

23

Source


    Jimmy 跳到一块板上后,可以有两种选择,向左走,或向右走。走到左端和走到右端所需的时间,是很容易算的。如果我们能知道,以左端为起点到达地面的最短时间,和以右端为起点到达地面的最短时间,那么向左走还是向右走,就很容选择了。因此,整个问题就被分解成两个子问题,即Jimmy 所在位置下方第一块板左端为起点到地面的最短时间,和右端为起点到地面的最短时间。这两个子问题在形式上和原问题是完全一致的。将板子从上到下从1 开始进行无重复的编号(越高的板子编号越小,高度相同的几块板子,哪块编号在前无所谓),那么,和上面两个子问题相关的变量就只有板子的编号,所以,本题目的“状态”就是板子编号,而一个“状态”对应的“值”有两部分,是两个子问题的解,即从该板子左端出发到达地面的最短时间,和从该板子右端出发到达地面的最短时间。不妨认为Jimmy 开始的位置是一个编号为0,长度为0 的板子,假设LeftMinTime(k)表示从k 号板子左端到地面的最短时间,RightMinTime(k)表示从k 号板子右端到地面的最短时间,那么,求板子k 左端点到地面的最短时间的方法如下:
if ( 板子k 左端正下方没有别的板子) {
    if( 板子k 的高度 h(k) 大于Max)
        LeftMinTime(k) = ∞;
    else
        LeftMinTime(k) = h(k);
}
else if( 板子k 左端正下方的板子编号是m )
    LeftMinTime(k) = h(k)-h(m) + Min( LeftMinTime(m) + Lx(k)-Lx(m), RightMinTime(m) + Rx(m)-Lx(k));
}
    上面,h(i)就代表i 号板子的高度,Lx(i)就代表i 号板子左端点的横坐标,Rx(i)就代表i号板子右端点的横坐标。那么 h(k)-h(m) 当然就是从k 号板子跳到m 号板子所需要的时间,Lx(k)-Lx(m) 就是从m 号板子的落脚点走到m 号板子左端点的时间,Rx(m)-Lx(k)就是从m号板子的落脚点走到右端点所需的时间。
    求RightMinTime(k)的过程类似。
    不妨认为Jimmy 开始的位置是一个编号为0,长度为0 的板子,那么整个问题就是要求LeftMinTime(0)。
    输入数据中,板子并没有按高度排序,所以程序中一定要首先将板子排序。
#include <iostream>
using namespace std;

const int MAXN = 1010;
const int inf = 2000000;
struct platform{
    
int x1,x2,h;
}
p[MAXN];
int dp[MAXN][2];

int cmp(const void *a,const void *b){
    platform 
*p1 = (platform *)a;
    platform 
*p2 = (platform *)b;
    
return p1->- p2->h;
}

int main(){
    
int t,n,i,j,x,y,MAX;
    scanf(
"%d",&t);
    
while(t--){
        scanf(
"%d %d %d %d",&n,&x,&y,&MAX);
        
for(i=1;i<=n;i++){
            scanf(
"%d %d %d",&p[i].x1,&p[i].x2,&p[i].h);
            
if(p[i].x1>p[i].x2)
                swap(p[i].x1,p[i].x2);
        }

        p[
0].x1=x,p[0].x2=x,p[0].h=y;
        p[n
+1].x1=-20001,p[n+1].x2=20001,p[n+1].h=0;
        qsort(p,n
+2,sizeof(p[0]),cmp);
        
for(i=1;i<=n+1;i++){
            
for(j=i-1;j>=0;j--)
                
if(p[i].x1>=p[j].x1 && p[i].x1<=p[j].x2){
                    
if(p[i].h-p[j].h>MAX)
                        dp[i][
0]=inf;
                    
else if(j==0)
                        dp[i][
0]=p[i].h-p[j].h;
                    
else
                        dp[i][
0]=min(dp[j][0]+p[i].x1-p[j].x1+p[i].h-p[j].h,dp[j][1]+p[j].x2-p[i].x1+p[i].h-p[j].h);
                    
break;
                }

            
for(j=i-1;j>=0;j--)
                
if(p[i].x2>=p[j].x1 && p[i].x2<=p[j].x2){
                    
if(p[i].h-p[j].h>MAX)
                        dp[i][
1]=inf;
                    
else if(j==0)
                        dp[i][
1]=p[i].h-p[j].h;
                    
else
                        dp[i][
1]=min(dp[j][0]+p[i].x2-p[j].x1+p[i].h-p[j].h,dp[j][1]+p[j].x2-p[i].x2+p[i].h-p[j].h);
                    
break;
                }

        }

        printf(
"%d\n",min(dp[n+1][0],dp[n+1][1]));
    }

    
return 0;
}

posted on 2009-06-26 00:37 极限定律 阅读(1551) 评论(0)  编辑 收藏 引用 所属分类: ACM/ICPC


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