JZOJ1758. 过河

题目

Description

　　在BYTELAND的许多市民极喜爱那些逻辑思考与物理技巧同样重要的运动。有一种运动是过HEX河——BYTELAND中最宽的河流。有n根柱子，从1到n进行编号（从左至右），跨过这条河流。市民过河不得不如此：从河的左岸走至一根柱上，可能再走到下一根柱上，如此下去，最后到达河右岸。左岸有一根柱子设置在柱子1的左侧，右岸有一根柱子设置在柱子n的右侧。
　　在0时刻，有一市民站在左岸，他想尽快到达河的右岸。任意时刻，每一根柱子或者浮上来或者沉下去，市民或者站在某根柱上或者站在河岸。一个市民只有当柱子浮上时方能站在柱上，这样的柱子才是可靠的，。
　　每根柱在0时刻沉下去，然后有a个时间单元浮上来，b个时间单元沉下去，再有a个时间单元浮上来，b个时间单元沉下去，等等。常数a和b对每根柱分别进行定义。例如，对a=2,b=3的某根柱，他在0时刻沉下去，在1，2时刻浮上来；3，4，5时刻沉下去，等等。
　　在t+1时刻，市民可以选择距离t时刻所在位置5根柱子之内的可靠的柱子上﹑岸上，或者站在当前的柱子上（如果可靠）或岸上。例如，从柱子5，你能到达下列的任意一根柱子1，2，3，4，5，6，7，8，9，10或者左岸。
写一个程序：从文件RIV.IN中读取数据的组数（每组包括对该题目的一套数据）；对每一组
　　﹡读取柱子的数目和对他们的描述；
　　﹡计算出市民首先到达河右岸的时刻，如果它能够到达；
　　﹡将结果写至文件RIV.OUT上。

Input

　　文件RIV.IN的第一行包含数据的组数x(1≦x≦5),接下来的许多行组成了这x组数。第一组从输入文件的第二行开始，，接下来的每个组直接接在上一组之后。
　　每组的第一行包括一个整数N,5

分析

看到1≦a,b≦5 感觉状态可能不是很多，好似可以暴力。

其实也有其他方法。

我们考虑一下在某个时刻，这个村民可以到达哪些地方。

设 fi,j 表示在第i个时刻，第j个柱子能否到达。

转移显然：

fi,j=fi−1,j−5orfi−1,j−4orfi−1,j−3...

因为我们不知道时间到底有多大，可以开滚动数组，

其实因为布尔类型空间非常小，不用滚动数组也是可以通过的。

对于左岸和右岸的柱子，就把它们当作0，n+1 就可以了。

• 但是时间需要枚举多少呢？

这个有点困难，不过我们可以用一些玄学的方法解决。

先来分析一下时间复杂度：

数据组数t × 枚举时间ans × 柱子数量n

正常情况下c++在评测机上面，每秒可以跑100000000次，

那么为了保证不超时，我们就使：数据组数t × 枚举时间ans × 柱子数量n≤100000000

这样答案的错误率比较低，

所以，这种方法在随机数据下表现优良。

Code（c++）

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define N 800
using namespace std;

int t,n,ans,a[1300][2],p;
bool bz[2][1300],pd;

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    for(;t;t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d%d",&a[i][0],&a[i][1]);
        memset(bz,0,sizeof(bz));
        bz[p][0]=1;
        for(ans=1;ans<=N;ans++)
        {
            p=1-p;
            memset(bz[p],0,sizeof(bz[p]));
            bz[1-p][0]=1;
            for(int i=1;i<=5;i++)
                if((ans-1)%(a[i][0]+a[i][1])+1>a[i][0])bz[p][i]=0;
                    else
                    {
                        for(int j=0;j<=i+5;j++)
                            bz[p][i]=bz[p][i]||bz[1-p][j];
                    }

            for(int i=6;i<=n;i++)
                if((ans-1)%(a[i][0]+a[i][1])+1>a[i][0])bz[p][i]=0;
                    else
                    {
                        for(int j=i-5;j<=i+5;j++)
                            bz[p][i]=bz[p][i]||bz[1-p][j];
                    }
            pd=0;
            for(int i=1;i<=5;i++)
                pd=pd||bz[p][n-i+1];
            if(pd)break;
        }
        if(pd)printf("%d\n",ans+1);
            else printf("No\n");
    }
}