垃圾陷阱洛谷dp

题目描述

卡门――农夫约翰极其珍视的一条Holsteins奶牛――已经落了到“垃圾井”中。“垃圾井”是农夫们扔垃圾的地方，它的深度为D(2<=D<=100)英尺。

卡门想把垃圾堆起来，等到堆得与井同样高时，她就能逃出井外了。另外，卡门可以通过吃一些垃圾来维持自己的生命。

每个垃圾都可以用来吃或堆放，并且堆放垃圾不用花费卡门的时间。

假设卡门预先知道了每个垃圾扔下的时间t(0< t<=1000)，以及每个垃圾堆放的高度h(1<=h<=25)和吃进该垃圾能维持生命的时间f(1<=f<=30)，要求出卡门最早能逃出井外的时间，假设卡门当前体内有足够持续10小时的能量，如果卡门10小时内没有进食，卡门就将饿死。

输入输出格式

输入格式：

第一行为2个整数，D 和 G (1 <= G <= 100)，G为被投入井的垃圾的数量。

第二到第G+1行每行包括3个整数：T (0 < T <= 1000)，表示垃圾被投进井中的时间；F (1 <= F <= 30)，表示该垃圾能维持卡门生命的时间；和 H (1 <= H <= 25)，该垃圾能垫高的高度。

输出格式：

如果卡门可以爬出陷阱，输出一个整表示最早什么时候可以爬出；否则输出卡门最长可以存活多长时间。

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输入输出样例

输入样例#1：

20 4
5 4 9
9 3 2
12 6 10
13 1 1

输出样例#1：

13

 

说明

[样例说明]

卡门堆放她收到的第一个垃圾：height=9；

卡门吃掉她收到的第二个垃圾，使她的生命从10小时延伸到13小时；

卡门堆放第3个垃圾，height=19；

卡门堆放第4个垃圾，height=20。

先将每一个垃圾按出现时间升序排序

定义a.x为出现时间a.h为高度a.t为吃下获得的血量

f[i][j]表示前i个垃圾在到达j的高度时剩余的最大血量

显而易见开始时f[0][0]为10

枚举一个i为垃圾编号j为高度,就有:

1.吃下这个垃圾f[i][j]=max{f[i][j],f[i-1][j]-(a[i].x-a[i-1].x)+a[i].t}

初始f[i][j]为-INF,a[i].x-a[i-1].x为从上一个垃圾到这一个垃圾要经过多少时间

而且显然要当f[i-1][j]-(a[i].x-a[i-1].x)>=0时才在当前时间是存活着的才可以吃下这个垃圾,吃下这个垃圾回复的血量就是a[i].t,且这只牛很厉害可以在刚好死的时候吃下一个垃圾(+1s)

2.将这个垃圾叠起来f[i][j]=max{f[i][j],f[i-1][j-a[i].h]-a[i].x+a[i-1].x}

在这种情况中显然我们如果可以将当前垃圾放置并达到j这个高度时在当前高度减去当前垃圾的高度a[i].h,即([j-a[i].h)要有一个可以在经过(a[i].x-a[i-1].x)的时间仍然存活，当然j-a[i].h要>=0,时间为负数显然是不可能的

而且这只牛很厉害,在生命的最后一秒仍然可以堆上一个垃圾(+1s)

这时如过我们枚举的高度j达到了目标高度n(要满足血量>=0)我们就可以直接输出a[i].x

为什么呢，因为开始时我们排了一次序，且我们是以每一个垃圾为外循环进行枚举的，所以当有一个j达到了目标高度那么肯定是最优的

当我们出了最优解后就可以直接退出了

但如果没有找到最优解，那我们就重新枚举一次此时的答案ans为max{ans,f[i][j]+a[i].x}

因为在到达了的i个垃圾后我们还可以再撑f[i][j]s

这样就可以了

实验证明，其实可以不用判断是否有负数高度或血量的情况(不知是不是数据水?)呵呵

//Gang
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#define FOR(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define REP(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
#define INF 99999999
#define ll long long
using namespace std;
struct node
{
    int t,h,life;
} a[];
int cmp(const node & a,const node & b)
{
    return a.t<b.t;
}
inline int max(int a,int b)
{
    )|a&(~(a-b)>>);
}
 
][],d,g;
;
int main()
{
    scanf("%d %d",&d,&g);
    FOR(i,,g)
    scanf("%d %d %d",&a[i].t,&a[i].life,&a[i].h);
    FOR(i,,g)
    FOR(j,,d)dp[i][j]=-INF;
    sort(a+,a+g+,cmp);
    dp[][]=;
    FOR(i,,g)
    {
        FOR(j,,d)
        {
            ][j]-a[i].t+a[i-].t>=)
                dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-][j]-(a[i].t-a[i-].t)+a[i].life);
            ][j-a[i].h]-(a[i].t-a[i-].t)>=&&j-a[i].h>=)
            {
                dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-][j-a[i].h]-(a[i].t-a[i-].t));
                         if(j==d)
                {
                    printf("%d",a[i].t);
                    flag=;
                    ;
                }
            }
        }
    }
    ;
    if(!flag)
    {
        FOR(i,,g)
        {
            FOR(j,,d)
            {
                if(dp[i][j]!=INF)
                ans=max(ans,dp[i][j]+a[i].t);
            }
        }
    }
 
printf("%d",ans);
    ;
}