uva 12222 Mountain Road

题意：

有一个单行道，两个方向都有车在等待。给出每个车的方向以及到达的时间以及走完这段路所需要的时间。

为了防止车祸，同向两车通过任一点的时间间隔不得小于10s。

求最后一辆车离开时刻的最小值。

思路：

这题最坑的就是，车可以降低速度。provided it is not slowed down by other cars in front。

分析一下样例2，

4  
A 0 100  
B 50 100  
A 100 1  
A 170 100

首先B走，到达时间为150s，之后A1走，到达时间为250s，然后在160s的时候，A2可以出发，可以降低到和A1一直相隔10s的速度，到达时间为260s，也比A1晚10s。

之后A3在170s出发，270s到达，所以花费的总时间是270s。

不难想到的是，整个过程是A先走若干个 -> B走若干个 -> A走若干个。。。。。知道走完。

所以设dp[i][j][0/1]表示走了i辆A，j辆B且A是最后一辆（0），B是最后一辆（1）所花费的最少时间。

根据上面的过程，在dp[i][j][0]的时候，就可以枚举B走了K辆；

在dp[i][j][1]的时候，枚举A走了K辆。

由于同向的车每次相隔必须大于等于10s，所以设前一辆同向的车的出发时间为x，到达时间为y，本辆车实际到达的时间为a，那么出发时间就是b = max(a,x + 10)，到达时间就是max(b,y + 10)。

时间复杂度为n^3。数据应该略水。。。。

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 205;
ll dp[N][N][2];
struct node
{
    ll arr,cost;
    node(){};
    node(int x,int y):arr(x),cost(y){};
}a[N],b[N];
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        int orz;
        int n = 0,m = 0;
        scanf("%d",&orz);
        for (int i = 0;i < orz;i++)
        {
            char s[10];
            int x,y;
            scanf("%s%d%d",s,&x,&y);
            if (s[0] == 'A') a[++n] = node(x,y);
            else b[++m] = node(x,y);
        }
        for (int i = 0;i <= n;i++)
        {
            for (int j = 0;j <= m;j++) dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = 1e16;
        }
        dp[0][0][1] = dp[0][0][0] = 0;
        for (int i = 0;i <= n;i++)
        {
            for (int j = 0;j <= m;j++)
            {
                ll t1 = dp[i][j][0],t2 = 0;
                for (int k = j + 1;k <= m;k++)
                {
                    t1 = max(t1,b[k].arr);
                    t2 = max(t2,t1 + b[k].cost);
                    dp[i][k][1] = min(dp[i][k][1],t2);
                    t1 += 10;
                    t2 += 10;
                }
                t1 = dp[i][j][1],t2 = 0;
                for (int k = i + 1;k <= n;k++)
                {
                    t1 = max(t1,a[k].arr);
                    t2 = max(t2,t1 + a[k].cost);
                    dp[k][j][0] = min(dp[k][j][0],t2);
                    t1 += 10;
                    t2 += 10;
                }
            }
        }
        printf("%lld
",min(dp[n][m][1],dp[n][m][0]));
    }
    return 0;
}
/*
2
4
A 0 60
B 19 10
B 80 20
A 85 100
4
A 0 100
B 50 100
A 100 1
A 170 100
*/