UVA 10201 Adventures in Moving - Part IV(动态规划)
UVA 10201 Adventures in Moving - Part IV(动态规划)
http://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=1142
题意:
有一辆车，原始装有100L汽油，到达距离为d的目的地，中间有x个加油站，每升油的价格为p。汽车每跑一公里耗油1L，求到达目的地油箱仍然有100L的最小花费。
分析:
这道题目真是醉了，DP不难，但是细节太多了。
本题一看有点类似于01背包问题。首先我们要知道如何定义一辆车的状态？
一辆车的状态只与（它当前所在的加油站编号，它当前还剩多少油）这两个因素有关，所以我们如下定义dp状态：
dp[i][j]==x表示车正好刚走过第i个加油站后（可能在i站加了油，也可能没有）且还剩j升油时 花费的最小费用为x。
初始状态dp全为INF，且dp[0][100]=0.
假设车在第i个站加了k升油之后具有j升油 (k>=0) ，那么有下面的状态转移公式：（w为dist[i]-dist[i-1]的值，即w是从上一站走到下一站的距离）
dp[i][j] = min( dp[i][ j ] , dp[i-1][j+w-k ]+k*p[i] )
最终我们所求为dp[n][100]的值。
本题不能用的滚动数组。
注意由于油箱容量为200，所以任何时刻油量都不能超过200.令 w为dist[i]-dist[i-1]的值（即w是从上一站走到下一站的距离）。有下面几种情况需要注意：
1. 状态j的枚举为[0,200]范围。
2. 假设车在第i个站加了k升油之后具有j升油，那么车刚到i站时有j-k升油且车离开i-1站的那一刻有j-k+w升油。这里需要注意的是 k<=j 且 j-k<=200 且j-k+w<=200。
3. 当车最后到达第n个站时，并不代表它到了终点。可能还需要走一段距离，这时候需要看这段距离x+100保存油量是否<=200，且还要看dp[n][100+x]是否<INF？（想想为什么）
4. 初始距离就大于目的距离的站点不用考虑。因为走不到那么远。
5. 由于输入没有结束标志，只能处理每行字符串，所以这里很容易出错。
AC代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 1e9
int n;
int dp[100+5][200+5];
int dist[100+5];//第i个站的距离
int p[100+5]; //第i个站的价格
int len;
int main()
{
char str[100];
gets(str); //读数据组数
int T;
sscanf(str,"%d",&T);
gets(str);//读空行
for(int kase=1;kase<=T;kase++)
{
if(kase>1) printf("\n");//空行
//读输入数据
dist[0]=0;
n=0;
gets(str);
sscanf(str,"%d",&len);
while(gets(str))
{
if(str[0]=='\0') break;
n++;
sscanf(str,"%d %d",&dist[n],&p[n]);
if(dist[n]>len) n--;//距离大于目的距离的站不用考虑
}
//初始化
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=200;j++)
dp[i][j]=INF;
dp[0][100]=0;
//DP递推过程
for(int i=1; i<=n; i++)
{
int w=dist[i]-dist[i-1];//第i站与第i-1站的距离差值
for(int j=0; j<=200; j++)
{
for(int k=0; k<=j; k++)
if(j+w-k<=200 )//&& dp[i-1][j+w-k]!=INF
{
dp[i][j]=min(dp[i][j], dp[i-1][j+w-k]+k*p[i]);
}
}
}
//打印结果
if(len-dist[n]>100 || dp[n][100+len-dist[n]]==INF)
printf("Impossible\n");
else
printf("%d\n",dp[n][100+len-dist[n]]);
}
return 0;
}