hdu 1176 免费馅饼【DP+详解】

免费馅饼

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 37140    Accepted Submission(s): 12678

Problem Description

都说天上不会掉馅饼，但有一天gameboy正走在回家的小径上，忽然天上掉下大把大把的馅饼。说来gameboy的人品实在是太好了，这馅饼别处都不掉，就掉落在他身旁的10米范围内。馅饼如果掉在了地上当然就不能吃了，所以gameboy马上卸下身上的背包去接。但由于小径两侧都不能站人，所以他只能在小径上接。由于gameboy平时老呆在房间里玩游戏，虽然在游戏中是个身手敏捷的高手，但在现实中运动神经特别迟钝，每秒种只有在移动不超过一米的范围内接住坠落的馅饼。现在给这条小径如图标上坐标：

为了使问题简化，假设在接下来的一段时间里，馅饼都掉落在0-10这11个位置。开始时gameboy站在5这个位置，因此在第一秒，他只能接到4,5,6这三个位置中其中一个位置上的馅饼。问gameboy最多可能接到多少个馅饼？（假设他的背包可以容纳无穷多个馅饼）

 

Input

输入数据有多组。每组数据的第一行为以正整数n(0<n<100000)，表示有n个馅饼掉在这条小径上。在结下来的n行中，每行有两个整数x,T(0<T<100000),表示在第T秒有一个馅饼掉在x点上。同一秒钟在同一点上可能掉下多个馅饼。n=0时输入结束。

 

Output

每一组输入数据对应一行输出。输出一个整数m，表示gameboy最多可能接到m个馅饼。
提示：本题的输入数据量比较大，建议用scanf读入，用cin可能会超时。

 

Sample Input

   
   
   
   

    
    
    
    6
5 1
4 1
6 1
7 2
7 2
8 3
0
   
   
   
   

 

Sample Output

   
   
   
   

    
    
    
    4
   
   
   
   

 

思路：

我们定义数组dp【i】【j】表示第i秒在位子j处获得的最大馅饼数，因为起点是确定的，我们可以把问题逆向思考这样来看：起点无所谓，但是终点一定要到达位子5处，求最大接馅饼数，也就是说，我们把时间也逆着来看。

那么不难写出状态转移方程：

DP【i】【j】=max（dp【i+1】【j】，dp【i+1】【j-1】，dp【i+1】【j+1】）+a【i】【j】；

翻译上述状态转移方程：假设人物在第i秒的时候处于j位子，（因为我们逆序考虑问题了），那么人物在第i+1秒的时候处在j，j-1，j+1的位子都可以在第i秒的时候到达位子j。

注意处理j==0和j==10的时候的特殊情况。

AC代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int a[140000][15];
int dp[140000][15];
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        if(n==0)break;
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        int maxntime=0;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            int p,t;
            scanf("%d%d",&p,&t);
            a[t][p]++;
            maxntime=max(maxntime,t);
        }
        for(int i=maxntime;i>=0;i--)
        {
            for(int j=0;j<11;j++)
            {
                if(i==maxntime)dp[i][j]=a[i][j];
                if(j==0)
                {
                    dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1])+a[i][j];
                    continue;
                }
                if(j==11)
                {
                    dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j-1])+a[i][j];
                    continue;
                }
                dp[i][j]=max(dp[i+1][j],max(dp[i+1][j-1],dp[i+1][j+1]))+a[i][j];
            }
        }
        //printf("%d\n",max(dp[1][5],max(dp[1][4],dp[1][6])));
        printf("%d\n",dp[0][5]);
    }
}