hdu 1494(DP)

跑跑卡丁车

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

Problem Description

跑跑卡丁车是时下一款流行的网络休闲游戏，你可以在这虚拟的世界里体验驾驶的乐趣。这款游戏的特别之处是你可以通过漂移来获得一种
加速卡，用这种加速卡可以在有限的时间里提高你的速度。为了使问题简单化，我们假设一个赛道分为L段，并且给你通过每段赛道的普通耗时Ai和用加速卡的耗时Bi。加速卡的获得机制是：普通行驶的情况下，每通过1段赛道,可以获得20%的能量(N2O).能量集满后获得一个加速卡(同时能量清0).加速卡最多可以储存2个,也就是说当你有2个加速卡而能量再次集满,那么能量清零但得不到加速卡。一个加速卡只能维持一段赛道，游戏开始时没有加速卡。




问题是，跑完n圈最少用时为多少？

 

Input

每组输入数据有3行，第一行有2个整数L(0<L<100),N(0<N<100)分别表示一圈赛道分为L段和有N圈赛道，接下来两行分别有L个整数Ai和Bi
(Ai > Bi).

 

Output

对于每组输入数据，输出一个整数表示最少的用时.

 

Sample Input

   
   
   
   

    
    
    
    18 1
9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9
8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 1 1 8 8
   
   
   
   

 

Sample Output

   
   
   
   

    
    
    
    145


    
    
    
    
 
     
 
      Hint 
     
Hint 
    
    
    
    
     
对于sample这组数据，你可以先在普通情况下行驶前14段，这时你有2个加速卡以及80%的能量(N2O).在第15和16段用掉2个加速卡，通过第
17段赛道后又可以得到一个加速卡，在第18段赛道使用.
   
   
   
   
   
   
   
   


   
   
   
   
   
   
   
   


   
   
   
   
   
   
   
   


   
   
   
   
   
   
   
   

    
    
    
    解题思路：这道题目算是比较明显的DP啦。。。dp[i][j][k]表示行驶到第i段时，有j个加速器（j≤2），加速槽为k(k<5),我采用的是dp[i]来影响dp[i+1],这种方式的巧妙在于dp[i]由很多状态转移过来，其中还有很多状态是非法的，如果一个个去判定的话，代码会写的冗长，所以用dp[i]来推导dp[i+1]就可以只判定dp[i]的状态是否合法，从而改变dp[i+1]的值。。。。
   
   
   
   
   
   
   
   


   
   
   
   
   
   
   
   

    
    
    
    AC:
   
   
   
   
   
   
   
   

    
    
    
    
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

const int inf = 0x3f3f3f3f;
int l,n,A[100],B[100];
int dp[10000][3][5];

int main()
{	
	while(scanf("%d%d",&l,&n)!=EOF)
	{
		for(int i = 0; i < l; i++)
			scanf("%d",&A[i]);
		for(int i = 0; i < l; i++)
			scanf("%d",&B[i]);
		int m = l * n;
		memset(dp,inf,sizeof(dp));
		dp[0][0][0] = 0;
		for(int i = 0; i < m; i++)
			for(int k = 0; k < 5; k++)
			{
				if(dp[i][0][k] != inf)
				{
					if(k == 4)
						dp[i+1][1][0] = min(dp[i+1][1][0],dp[i][0][k] + A[i % l]);
					else dp[i+1][0][k+1] = min(dp[i+1][0][k+1],dp[i][0][k] + A[i % l]);
				}
				if(dp[i][1][k] != inf)
				{
					dp[i+1][0][k] = min(dp[i+1][0][k],dp[i][1][k] + B[i % l]);
					if(k == 4)
					{
						dp[i+1][2][0] = min(dp[i+1][2][0],dp[i][1][k] + A[i % l]);
					}
					else
					{
						dp[i+1][1][k+1] = min(dp[i+1][1][k+1],dp[i][1][k] + A[i % l]);
					}
				}
				if(dp[i][2][k] != inf)
				{
					dp[i+1][2][(k+1)%5] = min(dp[i+1][2][(k+1)%5],dp[i][2][k] + A[i % l]);
					dp[i+1][1][k] = min(dp[i+1][1][k],dp[i][2][k] + B[i % l]);
				}
			}
		int ans = inf;
		for(int i = 0; i < 5; i++)
			for(int j = 0; j < 3; j++)
				ans = min(ans,dp[m][j][i]);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}