城市里的间谍B901
城市里的间谍
城市里的间谍
难度级别:C; 运行时间限制:1000ms; 运行空间限制:51200KB; 代码长度限制:2000000B
试题描述
某城市的地铁是线性的,有 n(2 <= n <= 50)个车站,从左到右编号为 1 到 n。有 M1 辆列车从第 1 站开始往右开,还有 M2 辆列车从第 n 站开始往左开。在时刻 0,Mario 从第 1 站出发,目的是在时刻 T( 0 <= T <= 200 )会见车站 n 的一个间谍。在车站等车时容易被抓,所以她决定尽量躲开在开动的火车上,让在车站等待的总时间尽量短。列车靠站停车时间忽略不计,且 Mario 身手敏捷,即使两辆方向不同的列车在同一时间靠站,Mario也能完成换乘。
输入
第一行包含两个数,分别为 n 和 T,第二行有 n-1 个整数,分别为 T1,T2,……,Tn-1,其中 Ti 表示地铁从车站 i 到车站 i+1 行驶的时间(两个方向一样)。第三行为 m,表示从第 1 站出发向右开的列车数目,第四行有 m 个整数,D1,D2,……,Dm(严格递增序列),即各列车的出发时间。第五行和第六行描述从第 n 站出发向左开的列车,格式同第三行和第四行。
输出
有解时输出一个数,表示最少等待时间;无解时就输出impossible。
输入示例
3 185
3 1
15
2 8 16 17 28 31 38 41 75 86 91 128 151 153 171
26
1 2 11 16 31 33 47 50 51 55 56 61 66 67 82 93 94 95 108 112 114 142 145 161 171 183
输出示例
123
试题分析
首先,最容易想到的办法就是把每一站的一种情况都枚举一遍,最后取最优解,但这种情况所需要的情况复杂,而且代码效率低,在时间上和空间上都肯定会超限,所以不可取。
但是我们可以将代码优化一下,也就是用DP来解决这个问题。最后优化后的代码如下:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int t[],d1[],d2[],dp[][];
int main(){
int n,T,m1,m2;
cin>>n>>T;
for(int i=;i<=n;i++){
cin>>t[i];
t[i]+=t[i-];
}
cin>>m1;
for(int i=;i<=m1;i++){
int x;
cin>>x;
d1[x]=;
}
cin>>m2;
for(int i=;i<=m2;i++){
int y;
cin>>y;
d2[y]=;
}
memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
dp[][]=;
for(int i=;i<=T;i++){
for(int j=;j<=n;j++){
dp[i][j]=dp[i-][j]+;
if(j> && i>=t[j] && d1[i-t[j]])
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-(t[j]-t[j-])][j-]);
if(j<n && i>=(t[n]-t[j]) && d2[i-(t[n]-t[j])])
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-(t[j+]-t[j])][j+]);
}
}
if(dp[T][n]>)
cout<<"impossible";
else
cout<<dp[T][n];
return ;
}
/*dp[i][j]为第i秒时,间谍在第j个车站
对于每个状态,有三种决策
1.等待一秒,dp[i][j]=dp[i+1][j]+1;
2.这时车站有向右开的车,dp[i][j]=dp[[i+t[j]][j+1];
3.这时车站有向左开的车,dp[i][j]=dp[i+t[j-1]][j-1];
处理边界
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