BZOJ4244 邮戳拉力赛 dp

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题目链接

题意：

题解：
cwbc讲课因为时间原因没讲到的一道题，结果正睿rxd的模拟赛
感觉还是很神仙的，我感觉我好像不太能想出来这个题啊。

一道神仙dp题。我们发现，最后答案一定需要从0到n+1，一定要用这(n+1)T的时间。我们考虑如果我们到了下行的某个位置，那么他一定会再在某个位置再回到上行，那么除了我们从上行的0走到n+1的，其他的构成了若干个环，这些环在后面的某个位置从上行切换到下行，再在前面的某个位置从下行切换到上行。我们遇到一个下行到上行的切换看作一个左括号，一个上行到下行的切换看作一个右括号，那么，一个合法的走法一定是一个合法的括号序列。由于下行到上行之前会先往编号小的点走，所以我们设dp[i][j]为前i个位置，当前遇到的下行到上行的切花比上行到下行的切换次数多了j次的最小路径长度。我们可以发现，其实转移只有6种，一种是在当前点的上行位置拿邮戳再回来，从下行拿邮戳再回来，从上行拿邮戳再到下行，从下行拿邮戳再到上行，从上一个位置到当前这个位置的上行，再拿邮戳回上行，从上一个位置到当前位置的下行再拿邮戳回下行。后两种里面要加一个2T*j，因为每一个没完成环都会在当前位置在上行和下行各贡献一次答案。最后答案别忘了加上(n+1)*T。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,T,u,v,d,e;
long long dp[3010][3010];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&T);
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dp[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&d,&e);
		for(int j=1;j<=n;++j)
		dp[i-1][j]+=j*T*2;
		for(int j=1;j<=n;++j)
		dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+d+v);
		for(int j=0;j<n;++j)
		dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+1]+u+e);
		for(int j=0;j<=n;++j)
		dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+u+v);
		for(int j=1;j<=n;++j)
		dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+d+e);
		for(int j=1;j<=n;++j)
		dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-1]+d+v);
		for(int j=n;j>=1;--j)
		dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j+1]+u+e);
	}
	printf("%lld\n",dp[n][0]+(long long)(n+1)*T);
	return 0;
}