[BZOJ 4244] 邮戳拉力赛

BZOJ传送门

Description

IOI铁路是由$N+2$个站点构成的直线线路。这条线路的车站从某一端的车站开始顺次标号为$0...N+1$。

这条路线上行驶的电车分为上行电车和下行电车两种，上行电车沿编号增大方向行驶，下行电车沿编号减小方向行驶。乘坐这两种电车的话，移动1站的距离需要$T$秒。换句话说，乘坐上行电车从车站i走到车站$i+1$需要$T$秒，称作下行电车从车站$i$走到车站$i-1$也需要$T$秒。你不能在$0$号车站乘坐下行电车，或在$N+1$号车站乘坐上行电车。由于电车发车的频率非常高，你可以无视等待电车消耗的时间。

每个车站设有上行电车的站台和下行电车的站台，连接两个站台的道路上设有邮戳台。

现在，IOI铁路召开了邮戳拉力赛。在拉力赛中，选手需要从$0$号车站的上行电车站台出发，在$1...N$号车站各盖一枚邮戳，最终到达$N+1$号车站的上行电车站台即可完成。

为了在每个车站盖上邮戳，必须从电车上下来，步行走到车站通路上的邮戳台。在$i$号车站的上行电车站台、邮戳台、下行电车站台之间移动所消耗的时间如下所示：

从车站$i$的上行电车站台到邮戳台的时间为$U_i$秒

从车站$i$的邮戳台到上行电车站台的时间为$V_i$秒

从车站$i$的下行电车站台到邮戳台的时间为$D_i$秒

从车站$i$的邮戳台到下行电车站台的时间为$E_i$秒

邮戳拉力赛的选手只能访问$0$号车站与$N+1$号车站各一次。$1...N$号车站都可以访问任意多次。

现在给出有邮戳台的车站个数、乘坐电车移动一站的时间、在每个车站的上行电车站台、邮戳台、下行电车站台之间移动所消耗的时间，请你求出完成邮戳拉力赛的最短时间。

这个时间包括从$0$号车站出发，按下$N$个邮戳后到达$N+1$号车站的时间。无视等车的时间和按邮戳的时间。

Input

第一行两个空格分隔的整数$N$和$T$，表示有$N+2$个车站，电车行驶一站的距离需要$T$秒

接下来$N$行，第$i$行有四个空格分隔的整数$U_i,V_i,D_i,E_i$，分别表示：

从车站$i$的上行电车站台到邮戳台的时间为$U_i$秒

从车站$i$的邮戳台到上行电车站台的时间为$V_i$秒

从车站$i$的下行电车站台到邮戳台的时间为$D_i$秒

从车站$i$的邮戳台到下行电车站台的时间为$E_i$秒

Output

输出一行一个整数，表示完成邮戳拉力赛的最短时间。

Sample Input

4 1
1 1 1 1
1 9 9 1
9 9 1 1
1 9 9 1

Sample Output

23

HINT

从车站$0$出发，按照$2-1-4-3-1-5$的顺序访问车站可以达到最短时间。

$1\le N\le 3000$

$1\le T\le 10^5$

$1\le Ui\le 10^5(1\le i\le N)$

$1\le Vi\le 10^5(1\le i\le N)$

$1\le Di\le 10^5(1\le i\le N)$

$1\le Ei\le 10^5(1\le i\le N)$

解题分析

$DP$神题， 自己并不会搞出这个状态。

因为如果我们从上行线转到了下行线， 一定是要从前面的一个位置再回到上行线。 那么实际上整个图是由很多环构成的。

设$dp[i][j]$表示处理到第$i$个位置， 从下行到上行的路径经过次数比上行到下行的路径经过次数多$j$次（也就是我们还需要向下走$j$次。 那么就可以科学转移了。

注意如果要从下面得到邮戳， $j$需要$>0$， 即我们还有从下面经过这个点的可能。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define MX 3005
#define ll long long
template <class T>
IN void in(T &x)
{
	x = 0; R char c = gc;
	for (; !isdigit(c); c = gc);
	for (;  isdigit(c); c = gc)
	x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48;
}
template <class T> IN T min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}
ll dp[MX][MX];
int n, T;
int main(void)
{
	int u, v, d, e;
	in(n), in(T);
	std::memset(dp, 63, sizeof(dp));
	dp[0][0] = 0;
	R int i, j;
	for (i = 1; i <= n; ++i)
	{
		in(u), in(v), in(d), in(e);
		for (j = 1; j <= n; ++j) dp[i - 1][j] += j * T * 2;
		for (j = 1; j <= n; ++j) dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j - 1] + d + v);
		for (j = 0; j <  n; ++j) dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j + 1] + u + e);
		for (j = 0; j <= n; ++j) dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j] + u + v);
		for (j = 1; j <= n; ++j) dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j] + e + d);
		for (j = 1; j <= n; ++j) dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j - 1] + d + v);
		for (j = i - 1; ~j; --j) dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j + 1] + u + e);
	}
	printf("%lld", dp[n][0] + 1ll * (n + 1) * T);
}