POJ 1661 (DP)
2016-06-04 12:24
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题目链接:
http://poj.org/problem?id=1661
Help Jimmy
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
Sample Output
Source
POJ Monthly--2004.05.15 CEOI 2000
题意:Jimmy 初始位置是水平 x 和y高度 ,给你n个木板,每个木板都给定左右的两个顶点位置 l , r 。当Jimmy 位置x满足 , l ≤ x ≤ r ,即Jimmy可以落到这个地板。Jimmy可以从木板的左边下落,也可以从右边下落。但Jimmy不能一次下降超过Max米。求Jimmy安全下落地板的最少需要时间(保证数据 Jimmy可以安全到达地板)
解题思路: Jimmy有2种下落到地板的方式,一种是从开始位置,直接落到地板(如果没有木板档到他的话),一种是通过不停的下降到木板,保证下降距离小于Max.
因为数据保证肯定有解,所以只要考虑这两种情况就好。
我们假设DP[i][0] 为从初始位置下降到 i 木板左边的水平距离,DP[I][1]为初始位置下降到i木板右边的水平距离。因为总的垂直距离是固定的也就是一开始,Jimmy的高度,所以不用做保存。我们先按每块木板的高度进行降序排列。
若 从 能 从j 转移到 i ,即没有其余其他木板格挡到的话,就证明dp[i][0 or 1]可以由 dp[j][0 or 1]转移。(本人是用O(n)的办法判断的,比较蠢,有更好的解法,以后会做更新)
具体代码如下:
http://poj.org/problem?id=1661
Help Jimmy
Time Limit: 1000MS | Memory Limit: 10000K | |
Total Submissions: 10233 | Accepted: 3347 |
"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
POJ Monthly--2004.05.15 CEOI 2000
题意:Jimmy 初始位置是水平 x 和y高度 ,给你n个木板,每个木板都给定左右的两个顶点位置 l , r 。当Jimmy 位置x满足 , l ≤ x ≤ r ,即Jimmy可以落到这个地板。Jimmy可以从木板的左边下落,也可以从右边下落。但Jimmy不能一次下降超过Max米。求Jimmy安全下落地板的最少需要时间(保证数据 Jimmy可以安全到达地板)
解题思路: Jimmy有2种下落到地板的方式,一种是从开始位置,直接落到地板(如果没有木板档到他的话),一种是通过不停的下降到木板,保证下降距离小于Max.
因为数据保证肯定有解,所以只要考虑这两种情况就好。
我们假设DP[i][0] 为从初始位置下降到 i 木板左边的水平距离,DP[I][1]为初始位置下降到i木板右边的水平距离。因为总的垂直距离是固定的也就是一开始,Jimmy的高度,所以不用做保存。我们先按每块木板的高度进行降序排列。
若 从 能 从j 转移到 i ,即没有其余其他木板格挡到的话,就证明dp[i][0 or 1]可以由 dp[j][0 or 1]转移。(本人是用O(n)的办法判断的,比较蠢,有更好的解法,以后会做更新)
具体代码如下:
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cstring> #include<set> #include<cmath> #include<vector> #include<map> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1000 + 10; const int INF = 0x7fffffff; struct tmp { int l; int r; int h; }; tmp node[maxn]; int dp[maxn][2]; int pre[maxn]; int vis[maxn][2]; bool cmp(const tmp &a,const tmp &b) { return a.h>b.h; } bool check(int x,int y,int _max) { if(node[y].h-node[x].h>0&&node[y].h-node[x].h<=_max) return 1; return 0; } bool judge(int x,int y,int cc) { for(int i = y + 1 ; i < x ; i ++) if(node[i].l<=cc&&node[i].r>=cc) return 0; return 1; } int main() { int t; // cout << INF <<endl; cin >> t; while(t--) { int n,x,y,_max; cin >> n >> x >> y >> _max; for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) { scanf("%d%d%d",&node[i].l,&node[i].r,&node[i].h); } node[0].l = node[0].r = x; node[0].h = y; sort(node,node+n+1,cmp); memset(vis,0,sizeof(vis)); dp[0][1] = dp[0][0] = 0; for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) { dp[i][1] = dp[i][0] = INF; for(int j = 0 ; j < i ; j ++) { if(check(i,j,_max)) { if(node[j].r>=node[i].l&&node[j].r<=node[i].r&&judge(i,j,node[j].r)&&dp[j][1]!=INF) { dp[i][0] = min(dp[i][0],dp[j][1]+node[j].r-node[i].l); dp[i][1] = min(dp[i][1],dp[j][1]+node[i].r-node[j].r); } if(node[j].l>=node[i].l&&node[j].l<=node[i].r&&judge(i,j,node[j].l)&&dp[j][0]!=INF) { dp[i][0] = min(dp[i][0],dp[j][0]+node[j].l-node[i].l); dp[i][1] = min(dp[i][1],dp[j][0]+node[i].r-node[j].l); } } if(node[j].r>=node[i].l&&node[j].r<=node[i].r) vis[j][1] =1; if(node[j].l>= node[i].l&&node[j].l<=node[i].r) vis[j][0] =1; } // // cout << dp[i][0] <<' '<<dp[i][1]<<endl; } int minf = INF; for(int i = 0 ; i <= n ; i ++) { if(!vis[i][0]&&node[i].h<=_max) minf = min(dp[i][0],minf); if(!vis[i][1]&&node[i].h<=_max) minf = min(dp[i][1],minf); } // cout << dp[n-1][0] <<' '<<dp[n-1][1]<<endl; cout << minf+y<<endl; } return 0; }
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