HDU2059

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题目

据说在很久很久以前，可怜的兔子经历了人生中最大的打击——赛跑输给乌龟后，心中郁闷，发誓要报仇雪恨，于是躲进了杭州下沙某农业园卧薪尝胆潜心修炼，终于练成了绝技，能够毫不休息得以恒定的速度(VR m/s)一直跑。兔子一直想找机会好好得教训一下乌龟，以雪前耻。
最近正值HDU举办50周年校庆，社会各大名流齐聚下沙，兔子也趁此机会向乌龟发起挑战。虽然乌龟深知获胜希望不大，不过迫于舆论压力，只能接受挑战。
比赛是设在一条笔直的道路上，长度为L米，规则很简单，谁先到达终点谁就算获胜。
无奈乌龟自从上次获胜以后，成了名龟，被一些八卦杂志称为“动物界的刘翔”，广告不断，手头也有了不少积蓄。为了能够再赢兔子，乌龟不惜花下血本买了最先进的武器——“"小飞鸽"牌电动车。这辆车在有电的情况下能够以VT1 m/s的速度“飞驰”，可惜电池容量有限，每次充满电最多只能行驶C米的距离，以后就只能用脚来蹬了，乌龟用脚蹬时的速度为VT2 m/s。更过分的是，乌龟竟然在跑道上修建了很多很多（N个)的供电站，供自己给电动车充电。其中，每次充电需要花费T秒钟的时间。当然，乌龟经过一个充电站的时候可以选择去或不去充电。
比赛马上开始了，兔子和带着充满电的电动车的乌龟并列站在起跑线上。你的任务就是写个程序，判断乌龟用最佳的方案进军时，能不能赢了一直以恒定速度奔跑的兔子。

解析

如何分析这道题，首先这个题默认是电动车有电速度 > 没电速度

然后比赛开始起点时是满电的，所以你可以看成从起点到后面的任何一个充电站，它至少有一次是按有电的方式行驶
你实际去用贪心去想，你会发现对于每个站点，从它前面的任何一个站点充不充电都可能是最优解

所以对于你所在的当前站点j你要考虑它最后一次充电可能是在前面的任何一个i ( 0 < i < j) 充电（起点不充电）之后就不再充电到达 j

假设j最后一次站点i充电出发，那么可以发现，到站点i的决策方案，和最短时间是不影响后面的站点的决策的（无后效性）

到达j的最短时间为 到达最后一次充电站点i的最短时间（满足最优子结构） + (在i站点的充电一次的时间 + i~j有电驾驶时间 + i~j无电脚蹬时间）

对于每个站点i我们都有两种选择 充电 或 不充电, 暴力是 2^N(N充电站个数)

我们对dp[i]的状态定义是 集合：从起点到i的所有策略中的最短时间，对于所有方案我们只考虑最短时间，这本身就消除了一部分子问题，最短时间的方案也可能有多种，我们只看最短时间即可，不考虑它是用的哪种方案，所以有(重复子问题），并且可以消除重复子问题

N 只有100 所以对于每个站点都可以枚举它是从前面的哪个站点充电加速来的（包括从起点，也就是一次也不充电）时间复杂度上是可行的

假设j站点从i站点充电加速到j站点，那么
dp[j] = min(dp[j]原来求得的最短时间， dp[i] + y 到i站点的最短时间 + i ~ j充电时间（起点不用充电） + 有电驾驶时间
对于每个充电站初始化的时候是从起点满电且不充电来的，使得答案已经包含了不充电的情况

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double inf = 1e12;
double dp[120];//存从起点到达 1 - n 个加油站的最短时间
double a[120];//存加油站坐标

int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    double L,C,T,vr,vt1,vt2;
    int N;
    while(cin >> L >> N >> C >> T >> vr >> vt1 >> vt2){//多组样例输入所以用while(cin >> >> >> )
        for(int i = 1; i <= N; ++i)//输入n个加油站坐标
            cin >> a[i];
        a[N + 1] = L;//因为要求到终点的时间，状态转移过程中会用到组后一个加油站到终点的距离，所以把终点位置放到末尾
        for(int i = 1; i <= N + 1; ++i)//初始化为时间为inf 这里dp[0]表示起点，全局变量默认初始化为0，所以不用赋值
            dp[i] = inf;
        for(int i = 0; i <= N; ++i){//对j点枚举，前面的每个i站点开始充电到j站点所花的时间
            
            for(int j = 1; j <= N + 1; ++j){
                double d = a[j] - a[i];
                double y = min(d,C)/vt1 + ( d - min(d,C) )/vt2;//有点所花时间 + 没电所花时间
                if(i)  y += T;//i == 0 时看成从起点出发，不用花上冲电的时间，否则要花充电时间
                dp[j] = min(dp[j], dp[i] + y);//原来得到所花的最小时间，和现在新的到的时间中选小的那个
            }
        }
        if(dp[N + 1] > L/vr)//如果乌龟花的时间 > 兔子花的时间
            cout << "Good job,rabbit!" << '\n' ;
        else cout << "What a pity rabbit!" << '\n' ;
    }

    return 0;
}