UVa 1025 （DAG 上的动态规划，有固定终点的最短时间，逆推法）

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题意： 　某城市的地铁是线性的，有n（2≤n≤50）个车站，从左到右的编号为1~N.有M1辆列车从第一站开始往右开，还有M2辆列车从第n站开始往左开。在时刻0，Mario从第1站出发，目的是在时刻T（0≤T≤200）会见车站n的一个间谍。在车站等车容易被抓，所以她决定尽量躲在开动的火车上，让在车站等待的总时间尽量短。列车靠站停车时间忽略不计，且Mario身手敏捷，即使两辆方向不同的列车在同一时间靠站，Mario也能完成换乘。求最少等待时间

思路： 这是一道给出 固定终点的求最最短等待时间的题，1,首先时间是单向流逝的，是一个天然的序，2.可以把时间t，站 n，看做一个点，建图，下面代码中has[i][j][0] 是代表当时间为i，站为j时，看看是否有向右的车，has[][][1]  是看看是否有向左的车；3 因时间是一个天然的序，dp[i][j] 代表 当时间为i，站为j 时，要到达 时间为t，站为n，需要等待的最短时间；则采用逆推法，dp[t][n] 一定为0吧，逆推法一只到dp[0][1];(在刘汝佳老师的紫书上，讲的DAG 上的动态规划上 的 硬币问题也可以采用逆推法，把终点设为s，我的收藏中有终点为0的)

在这个状态转移的过程中，无非有三种决策

1 没有车，等上一分钟，看看下一分钟有没有车；

2 若有向右的车，搭载向右的车；

3 若有向左的车，搭载向左的车；

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define Max 210
#define INF 0x3f3f3f3f

int time[60],has[Max][60][2];
int dp[Max][60];  // dp[i][j] 时间为i分，j站，到达时间t，n站的需要等的最小时间； 
int n,t,M1,M2;

void init()
{
	memset(has,0,sizeof(has));
	memset(dp,INF,sizeof(dp));
}

int main()
{
	int i,j,k,num=1;
	while(~scanf("%d",&n)&&n)
	{
		init();
		scanf("%d",&t);
		for(i=1;i<n;i++)
			scanf("%d",&time[i]);
		scanf("%d",&M1);
		for(i=1; i<=M1; i++)     //建图，时间t，站n，为一个坐标（t,n），has 数组是看看有没有开往相邻坐标的车，相邻坐标由站和站于站之间的时间决定； 
		{							//has[i][j][0] ,表示看看有没有开往右边的车，has[i][j][1],看看有没有开往左边的车； 
			scanf("%d",&k);
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				if(j==1) has[k][j][0] = 1;
				else 
				{
					k = k + time[j-1];
					if(k>t) continue;
					has[k][j][0] = 1;
				}
			}
		}
		scanf("%d",&M2);
		for(i = 1; i <= M2; i ++)
		{
			scanf("%d",&k);
			for(j = n;j >=1;j --)
			{
				if(j==n) has[k][j][1] = 1;
				else
				{
					k = k + time[j];
					if(k>t) continue;
					has[k][j][1] = 1;
				}
			}
		}
		dp[t][n] = 0; // 逆推法，因为当时间为t,n站，到达时间为t，n站，需要的最小时间一定是0；
					  // 随的时间减少，那么到时间t，n站的需要等的时间，会增加，也可能不变；
					  	//状态转移；  
		for(i = t - 1; i >= 0; i--)
		{
			for(j = 1 ; j <= n; j++)    
			{
				dp[i][j] = dp[i+1][j] + 1; //等一分钟；如果等一分钟，就到了i+1分钟，j站，从i+1分钟，j站这个状态， 
				if(j<n&&has[i][j][0]&&i+time[j]<=t)  //需要看i+1分，j站时，需要等车时间，在这个时间上再加1，就是dp[i][j],等一分钟的时间；
				{
					dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i+time[j]][j+1]); // 坐车时间不算，dp 数组中存的时间为在每一站等车的时间； 
				}
				if(j>1&&has[i][j][1]&&i+time[j-1]<=t)
				{
					dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i+time[j-1]][j-1]); 
				}
			}
		}
		if(dp[0][1]>=INF)
			 printf("Case Number %d: impossible\n",num++);
		else printf("Case Number %d: %d\n",num++,dp[0][1]);
	}
	return 0;	
}