BZOJ 1207 打鼹鼠

Description

鼹鼠是一种很喜欢挖洞的动物，但每过一定的时间，它还是喜欢把头探出到地面上来透透气的。根据这个特点阿Q编写了一个打鼹鼠的游戏：在一个$n\times n$的网格中，在某些时刻鼹鼠会在某一个网格探出头来透透气。你可以控制一个机器人来打鼹鼠，如果 $i$ 时刻鼹鼠在某个网格中出现，而机器人也处于同一网格的话，那么这个鼹鼠就会被机器人打死。而机器人每一时刻只能够移动一格或停留在原地不动。机器人的移动是指从当前所处的网格移向相邻的网格，即从坐标为$（i,j）$的网格移向$(i-1,j),(i+1,j),(i,j-1),(i,j+1)$四个网格，机器人不能走出整个$n\times n$的网格。游戏开始时，你可以自由选定机器人的初始位置。现在你知道在一段时间内，鼹鼠出现的时间和地点，希望你编写一个程序使机器人在这一段时间内打死尽可能多的鼹鼠。

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Input

第一行为n（n<=1000）, m（m<=10000），其中m表示在这一段时间内出现的鼹鼠的个数，接下来的m行每行有三个数据time,x,y表示有一只鼹鼠在游戏开始后time个时刻，在第x行第y个网格里出现了一只鼹鼠。Time按递增的顺序给出。注意同一时刻可能出现多只鼹鼠，但同一时刻同一地点只可能出现一只鼹鼠。

Output

仅包含一个正整数，表示被打死鼹鼠的最大数目

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Sample Input

2 2
1 1 1
2 2 2

Sample Output

1

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题解

第一个想法是在2D网格上DP，DP顺序是time，数组可以使用滚动数组优化

但是发现：题目没有给定time的范围，如果使用上面的方法，复杂度是$O(time\times n^2)$明显超时

然后发现从某只鼹鼠 a 走到另一只鼹鼠 b ，需要的最小时间就是它们之间的距离：$abs(x[a]-x[b])+abs(y[a]-y[b])$

题目中鼹鼠是按照出现时刻从小到大顺序依次给出，则对于第 i 只鼹鼠，一定只能由前 i - 1 只鼹鼠转移到，并且如果鼹鼠 a 能转移到鼹鼠 b ，一定要满足：

$abs(x[a]-x[b])+abs(y[a]-y[b])<=t[b]-t[a]$

则设$dp[i]$表示我们打死第 i 只鼹鼠时，加上以前打死的总共能打死的最大鼹鼠数

那么就有转移方程：$dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1)$，
{$j<i且abs(x[i]-x[j])+abs(y[i]-y[j])<=t[i]-t[j]$}

注：题目保证每个时间点不会出现在同一位置两个地鼠，但貌似他有……

code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int n, m, ans;
int t[10010], x[10010], y[10010];
int dp[10010];

int main () {
    scanf ("%d%d", &n, &m);

    for (int i = 0; i < m; ++ i) {
        scanf ("%d%d%d", &t[i], &x[i], &y[i]);
        dp[i] = 1;
        for (int j = 0;j < i; ++ j) {
            if (abs(x[j] - x[i]) + abs(y[j]-y[i]) <= t[i] - t[j])
                dp[i] = max (dp[i], dp[j] + 1);
        }
        ans = max (ans, dp[i]);
    }

    printf ("%d\n", ans);
    return 0;
}