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POJ 1661 Help Jimmy

G - Help Jimmy
Time Limit:1000MS     Memory Limit:10000KB     64bit IO Format:%I64d & %I64u
Submit  Status  Practice  POJ 1661

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

 

题目大意：略。

 

大致思路：

 

稍微有些经验的基本都能看出这是一道简单dp。关键是能不能把状态转移方程想出来，感觉dp就是智商题 = =b。

 

一开始想的是dp[i][j]表示Jimmy到达第i个平台横坐标为j时所用的最短时间。后来发现数据太大不能开二维dp， 然后又想如果dp[i]只需要由dp[i-1]转移过来，那就可以用滚动数组或者一维数组求解，可是又发现并不一定是这样转移，要看上一层平台是否能够到达这一层。然后就一直死磕着想……最后还是没能想出来，果然dp还是太弱了233333

 

看了下别人的解题报告，发现自己有几个误区，首先，由于Jimmy到达下一层必定是从这一层的平台边缘跳下的，所以我之前想的用横坐标来表示第二维完全没必要，只要用0和1表示平台的左端和右端即可。而且之前我虽然第一维表示的是第几个平台，可实际思考时总想成第几层，这样会比较难想。而如果是用平台来转移，那么可以通过判断这一个平台能够到达的下一个平台来进行转移，问题似乎解决了。。。？

 

果然dp还是太弱，以后尽量每做一道dp都要写题解。

 

Show me the code:

 

//Help Jimmy.cpp -- Poj 1661
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1000 + 10;
const int maxx = 20000 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
struct P{
	int x, y, h;
};
P k[maxn];
int n, sx, sh, maxh;
int dp[maxn][2 + 10];
void Init()
{
	dp[0][0] = dp[0][1] = 0;
	for( int i=1; imaxh )
			{
				break;
			}
			if( !sleft && k[j].x<=k[i].x && k[i].x<=k[j].y && k[i].h!=k[j].h )
			{
				if( j==n-1 )
					ans = min(ans, dp[i][0]+k[i].h);
				else
				{
					dp[j][0] = min(dp[i][0]+k[i].h-k[j].h+k[i].x-k[j].x, dp[j][0]);
					dp[j][1] = min(dp[i][0]+k[i].h-k[j].h+k[j].y-k[i].x, dp[j][1]);
				}
				sleft = true;
			}
			if( !sright && k[j].x<=k[i].y && k[i].y<=k[j].y && k[i].h!=k[j].h )
			{
				if( j==n-1 )
					ans = min(ans, dp[i][1]+k[i].h);
				else
				{
					dp[j][0] = min(dp[i][1]+k[i].h-k[j].h+k[i].y-k[j].x, dp[j][0]);
					dp[j][1] = min(dp[i][1]+k[i].h-k[j].h+k[j].y-k[i].y, dp[j][1]);
				}
				sright = true;
			}
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
}
bool comp(P a, P b)
{
	return a.h > b.h;
}
int main()
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while( T-- )
	{
		scanf("%d %d %d %d", &n, &sx, &sh, &maxh);
		for( int i=0; i


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