abc320f <dp >-526互联

题目

总结

关键在于状态的定义。因为每个位置尽可加油一次，因此往返会相互影响，因而必须考考虑状态中定义去时经过此地的油量j与回时经过此地的油量k，这样才能成功转移；
此外，本题状态转移比较奇特，相邻两个位置的状态的转移，在时间上包含去和回两个不同的时刻，较难理解。
最后，dp完毕，求ans时注意到不能仅遍历dp[n][i][i]

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
using LL = long long;
const int N = 310, INF = 0x3f3f3f3f;
int dp[N][N][N];
int x[N], p[N], f[N];

void solv()
{
    int n, h;
    cin >> n >> h;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        cin >> x[i];
    for (int i = 1; i <= n-1; i ++)
        cin >> p[i] >> f[i];
    memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
    // 定义dp[i][j][k]
    // 考虑走完前i个位置，
    // 去时经过此位置时的油量为j，
    // 回时经过此位置时油量为k，
    // 的最小花费
    // (这里jk油量指的是在位置i加油后的油量（如果选择加油）)
    for (int i = 0; i <= h; i ++)
        dp[0][h][i] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        int d = x[i] - x[i - 1];
        for (int j = 0; j <= h; j ++)
            for (int k = 0; k <= h; k ++)
            {
                if (j < d || k + d > h) 
                    continue;
                // 1. 往返在第i个位置都没有加油
                dp[i][j - d][k + d] = min(dp[i][j - d][k + d], dp[i - 1][j][k]);
                // 2. 正向走的时候在i加油
                dp[i][min(h, j - d + f[i])][k + d] = min(dp[i][min(h, j - d + f[i])][k + d], dp[i - 1][j][k] + p[i]);
                // 3. 反向走回来时在i加油
                dp[i][j - d][max(0, k + d - f[i])] = min(dp[i][j - d][max(0, k + d - f[i])], dp[i - 1][j][k] + p[i]);
            }
    }
    int ans = INF;
    // 这里不能仅遍历 dp[n][i][i]
    // 因为dp过程中涉及到油量容量的边界处理，
    // 其中并不是准确的转移，存在取 min 和 max的情况
    // 因而最终在目的地并不一定去与回油量相等
    // 但是不能莫名增加油量
    for (int i = 0; i <= h; i ++)
        for (int j = 0; j <= i; j ++)
        ans = min(ans, dp[n][i][j]);
    cout << (ans == INF ? -1 : ans) << endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--)
        solv();
    return 0;
}