2017乌鲁木齐网络赛D题 区间dp

题意：

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/16953
长度为L的线段上有n个点，每个点保存了该点的位置以及可以访问该点的最早时间，走过单位1的距离需要单位1的时间，现在需要将这n个点都访问，问所需的最短时间。（只有在规定访问时间后访问点才算访问成功）。

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思路：

区间dp，很巧妙。
与一般的区间dp不同的是，该题是长的区间向短的区间dp。dp[i][j][0/1]表示将[1,i-1]与[j+1,n]的点都访问过最后访问在i点的最短时间（0为i,1为j）。
之所以这样设置dp状态，是因为线段上路径中存在折返的情况，但是路径不会越过之前的折返点。
比如，不会出现这样的情况：

只会存在折返长度越来越短这样的情况：

这个结论，只要画几个例子就会发现成立。
因此这样从外到内dp，就可以设计出状态转移方程，详见代码。

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代码：

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int MAXN = 1005;

struct node {
    LL x, t;
    bool operator < (const node &rhs) const {
        if (x == rhs.x) return t < rhs.t;
        return x < rhs.x;
    }
} a[MAXN];

LL dp[MAXN][MAXN][2];

int main() {
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    int T, cs = 0;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int n, l, k;
        scanf("%d%d%d", &n, &l, &k);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%lld%lld", &a[i].x, &a[i].t);
        sort (a + 1, a + 1 + n);
        dp[1][n][0] = max(a[1].t, a[1].x);
        dp[1][n][1] = max(a[n].t, a[n].x);
        for (int len = n - 1; len >= 1; len--) {
            for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {
                int j = i + len - 1;
                dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = INF;
                if (i > 1) {
                    dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0], max(dp[i - 1][j][0] + a[i].x - a[i - 1].x, a[i].t));
                    dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], max(dp[i - 1][j][0] + a[j].x - a[i - 1].x, a[j].t));
                }
                if (j < n) {
                    dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0], max(dp[i][j + 1][1] + a[j + 1].x - a[i].x, a[i].t));
                    dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], max(dp[i][j + 1][1] + a[j + 1].x - a[j].x, a[j].t));
                }
            }
        }
        LL ans = INF;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            ans = min(ans, abs(a[i].x - k) + dp[i][i][0]);
        }
        printf("Case #%d: %lld\n", ++cs, ans);
    }
    return 0;
}