[POJ](1661)Help Jimmy ---- 动态规划
2017-12-08 18:02
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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
新知:看了北大郭炜老师的讲述动规的慕课,特地去做了这个题目,加深对动规的理解。动规还是要慢慢来,多练,多思考啊!
思路:
郭炜老师的思路:
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。
将板子由高到低按从0到n编号,起始点的为0
不妨认为Jimmy开始的位置是一个编号为0,长度为0的板子
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
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。
自己的思路:
与郭炜老师大致相同,但是排序的时候,平台是从小到大进行排序的,想要利用“人人为我型”递推进行求解。将两个子过程分成两个函数处理,最后在从中找到最小的时间花费即可。状态转移方程就是上面的代码片~
借助这个图片可以理解子过程~
AC代码:
“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
新知:看了北大郭炜老师的讲述动规的慕课,特地去做了这个题目,加深对动规的理解。动规还是要慢慢来,多练,多思考啊!
思路:
郭炜老师的思路:
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。
将板子由高到低按从0到n编号,起始点的为0
不妨认为Jimmy开始的位置是一个编号为0,长度为0的板子
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
1 if ( 板子k左端正下方没有别的板子) { 2 if( 板子k的高度 h(k) 大于Max) 3 LeftMinTime(k) = ∞; 4 else 5 LeftMinTime(k) = h(k); 6 } 7 else if( 板子k左端正下方的板子编号是m ) 8 LeftMinTime(k) = h(k)-h(m) + 9 Min( LeftMinTime(m) + Lx(k)-Lx(m), 10 RightMinTime(m) + Rx(m)-Lx(k)); 11 }
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。
自己的思路:
与郭炜老师大致相同,但是排序的时候,平台是从小到大进行排序的,想要利用“人人为我型”递推进行求解。将两个子过程分成两个函数处理,最后在从中找到最小的时间花费即可。状态转移方程就是上面的代码片~
借助这个图片可以理解子过程~
AC代码:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int dp[1005][2];//0表示平台左边,1表示平台右边 typedef struct Node { int lx; int rx; int hx; }node; node a[1005]; int n,mmax; bool cmp(node a,node b) { return a.hx<b.hx; } const int INF = 0x3f3f3f3f; void lefttime(int i)//左边为起点 { int k = i-1; while(k>0 && a[i].hx-a[k].hx<=mmax) { if(a[k].lx<=a[i].lx && a[k].rx>=a[i].lx) { dp[i][0] = a[i].hx-a[k].hx+min(dp[k][0]+(a[i].lx-a[k].lx),dp[k][1]+(a[k].rx-a[i].lx)); return; } else k--; } if(a[i].hx-a[k].hx>mmax) dp[i][0] = INF; else dp[i][0] = a[i].hx; } void righttime(int i)//右边为起点 { int k = i-1; while(k>0 && a[i].hx-a[k].hx<=mmax) { if(a[k].lx<=a[i].rx && a[k].rx>=a[i].rx) { dp[i][1] = a[i].hx-a[k].hx+min(dp[k][0]+(a[i].rx-a[k].lx),dp[k][1]+(a[k].rx-a[i].rx)); return; } else k--; } if(a[i].hx-a[k].hx>mmax) dp[i][1] = INF; else dp[i][1] = a[i].hx; } int solve() { for(int i=1;i<=n+1;i++)//人人为我型递推# { lefttime(i); righttime(i); } return min(dp[n+1][0],dp[n+1][1]); } int main() { ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(NULL),cout.tie(NULL); int t; cin>>t; while(t--) { cin>>n; cin>>a[n+1].lx>>a[n+1].hx>>mmax; a[n+1].rx = a[n+1].lx; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].lx>>a[i].rx>>a[i].hx; a[0].hx = 0; a[0].lx = -20000; a[0].rx = 20000; sort(a,a+n+1,cmp);//平台高度从小到大排列 cout<<solve()<<endl; } return 0; }
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