UVA1025(A Spy in the Metro) DAG上的动态规划

UVA1025(A Spy in the Metro) DAG上的动态规划

考虑到等待的时间只与所在的车站和时间有关，设状态方程为dp[i][j]表示在i时刻j车站最少需要等待的时间。
显然，dp[t][n]为0，因为要区分出不可能到达的情况，所以初始化dp[t]i为INF。
接下里考虑状态转移的策略：
1、原地等待1分钟。
2、如果有向左开的地铁，乘坐。
3、如果有向右开的地铁，乘坐。

这三种策略对应的状态转移方程为：
1、dp[i[[j]=min(dp[i][j],dp[i+1][j]+1)
2、dp[i][j]=min(dp[ i + ti[j-1] ][j-1],dp[i][j])
3、dp[i][j]=min(dp[ i+ ti[j] ][j+1],dp[i][j])
其中ti[j[为j车站与j+1车站的时间间隔。

时间复杂度O(Tn)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,t;
int ti[55];
int m1;
int m1_t[55];
int m2;
int m2_t[55];
int a[55][55];//从左向右 
int b[55][55];//从右向左 
int dp[205][55];
bool has_train[205][55][2];//0向右，1向左 ,在i时刻，j站点有车 
void init(void)
{
	memset(has_train,false,sizeof(has_train));
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		for(int j=0;j<m1;j++)
		if(m1_t[j]+sum<=t)has_train[m1_t[j]+sum][i][0]=true;
		sum+=ti[i];
	}
	sum=0;
	for(int i=n;i>1;i--)
	{
		for(int j=0;j<m2;j++)
		if(m2_t[j]+sum<=t)has_train[m2_t[j]+sum][i][1]=true;
		sum+=ti[i-1];
	}
}
void solve(void)//填表法 
{
	init();
	for(int i=1;i<=n;i++)dp[t][i]=INF;
	dp[t][n]=0;
	for(int i=t-1;i>=0;i--)//time
	for(int j=1;j<=n;j++)//station
	{
		dp[i][j]=dp[i+1][j]+1;
		if(j!=1&&i+ti[j-1]<=t&&has_train[i][j][1]){//向左走
			dp[i][j]=min(dp[i+ti[j-1]][j-1],dp[i][j]);
		}
		if(j!=n&&i+ti[j]<=t&&has_train[i][j][0]){//向右走 
				dp[i][j]=min(dp[i+ti[j]][j+1],dp[i][j]);
		}
	}
	if(dp[0][1]>=INF)printf("impossible\n");
	else printf("%d\n",dp[0][1]);
}
int main(void)
{
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	int z=1;
	while(~scanf("%d",&n)&&n)
	{
		scanf("%d",&t);
		for(int i=1;i<=n-1;i++)
		scanf("%d",&ti[i]);
		scanf("%d",&m1);
		for(int i=0;i<m1;i++)
		scanf("%d",&m1_t[i]);
		scanf("%d",&m2);
		for(int i=0;i<m2;i++)
		scanf("%d",&m2_t[i]);
		printf("Case Number %d: ",z++);
		solve();
	}
//	fclose(stdout);
}

从dp[t][n]开始递推，在ti时刻所发生的事件只能影响到t>ti的事件，所以在递推的过程中，ti时刻的事件至于t>ti某个事件有关。
我一开始想采用刷表法的思想，即对于每个dp[i][j]，要找到依赖当前状态的所有状态，即找到某个t<i的事件，去刷新那个状态的dp方程，但是对于这个题目。这种方法不如填表法来的直接，因为很容易找到当前状态所依赖的状态，但是相对麻烦去找到依赖当前状态的状态（有点拗口）。