Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Problem Description
据说在很久很久以前，可怜的兔子经历了人生中最大的打击——赛跑输给乌龟后，心中郁闷，发誓要报仇雪恨，于是躲进了杭州下沙某农业园卧薪尝胆潜心修炼，终于练成了绝技，能够毫不休息得以恒定的速度(VR m/s)一直跑。兔子一直想找机会好好得教训一下乌龟，以雪前耻。
最近正值HDU举办50周年校庆，社会各大名流齐聚下沙，兔子也趁此机会向乌龟发起挑战。虽然乌龟深知获胜希望不大，不过迫于舆论压力，只能接受挑战。
比赛是设在一条笔直的道路上，长度为L米，规则很简单，谁先到达终点谁就算获胜。
无奈乌龟自从上次获胜以后，成了名龟，被一些八卦杂志称为“动物界的刘翔”，广告不断，手头也有了不少积蓄。为了能够再赢兔子，乌龟不惜花下血本买了最先进的武器——“"小飞鸽"牌电动车。这辆车在有电的情况下能够以VT1 m/s的速度“飞驰”，可惜电池容量有限，每次充满电最多只能行驶C米的距离，以后就只能用脚来蹬了，乌龟用脚蹬时的速度为VT2 m/s。更过分的是，乌龟竟然在跑道上修建了很多很多（N个)的供电站，供自己给电动车充电。其中，每次充电需要花费T秒钟的时间。当然，乌龟经过一个充电站的时候可以选择去或不去充电。
比赛马上开始了，兔子和带着充满电的电动车的乌龟并列站在起跑线上。你的任务就是写个程序，判断乌龟用最佳的方案进军时，能不能赢了一直以恒定速度奔跑的兔子。
Input
本题目包含多组测试，请处理到文件结束。每个测试包括四行：
第一行是一个整数L代表跑道的总长度
第二行包含三个整数N，C，T，分别表示充电站的个数，电动车冲满电以后能行驶的距离以及每次充电所需要的时间
第三行也是三个整数VR，VT1，VT2，分别表示兔子跑步的速度，乌龟开电动车的速度，乌龟脚蹬电动车的速度
第四行包含了N(N<=100)个整数p1,p2...pn,分别表示各个充电站离跑道起点的距离，其中0<p1<p2<...<pn<L
其中每个数都在32位整型范围之内。
Output
当乌龟有可能赢的时候输出一行 “What a pity rabbit!"。否则输出一行"Good job,rabbit!";
题目数据保证不会出现乌龟和兔子同时到达的情况。
Sample Input
100 3 20 5 5 8 2 10 40 60 100 3 60 5 5 8 2 10 40 60
Sample Output
Good job,rabbit! What a pity rabbit!
首先是讲一下我自己的思路：定义状态dp[i][j]表示为跑到第i米，且当前电量还能跑j米，所需要的时间，那么0<=j<=C,那么状态方程就很容易得到：dp[i][j] = min(dp[i+1][j-1],dp[i][j] + 1/vt1) （j > 0）,如果这个地方是一个充电站，那么还讲需要一个方程:dp[i+1][C-1] = min(dp[i+1][C-1],dp[i][j] + T + 1/vt1);当然，如果j==0时，那么只能够脚踏了。
这个思路确实是正确的，但是超时了。主要的地方还是没有理解题目的意思，因为每一个充电站的距离是一定的，那么这一段距离肯定是C的距离是以vt1的速度，剩下的距离是以vt2的速度，所以以充电站为状态进行转移的话，那么可以节省很多次循环的时间。
TLE:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 10000;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int l,n,c,t;
int vr,vt1,vt2,pos[110];
double dp[maxn][110];
bool find(int len)
{
int l = 1, r = n;
int mid;
while(l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if(pos[mid] == len) return true;
else if(pos[mid] > len)
r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
return false;
}
int main()
{
while(scanf("%d",&l)!=EOF)
{
scanf("%d%d%d",&n,&c,&t);
scanf("%d%d%d",&vr,&vt1,&vt2);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d",&pos[i]);
double rt = l*1.0/vr; //兔子所需时间
for(int i = 0; i <= l; i++)
for(int j = 0; j <= c; j++)
dp[i][j] = inf;
dp[0][c] = 0;
for(int i = 0; i < l; i++)
for(int j = 0; j <= c; j++)
{
if(dp[i][j] < inf) //当前状态合法
{
if(j == 0)
{
dp[i+1][j] = min(dp[i+1][j],dp[i][j] + 1.0 / vt2);
}
else
{
dp[i+1][j-1] = min(dp[i+1][j-1],dp[i][j] + 1.0 / vt1);
}
if(find(i) == true) //该位置是一个充电站
{
dp[i+1][c-1] = min(dp[i+1][c-1],dp[i][j] + t + 1.0 / vt1);
}
}
}
bool flag = false;
for(int i = 0; i <= c; i++)
{
if(dp[l][i] < rt)
{
flag = true;
break;
}
}
if(flag) printf("What a pity rabbit!\n");
else printf("Good job,rabbit!\n");
}
return 0;
}
AC:
思路：dp[i]：记录到站点i的最短时间，从0 - (i-1) 判断确定加油后到i的时间，因为到i点肯定是由0-（i-1)中的某一点加了油后不再加油直接到达i点最优（即肯定有一个最后加油点）。可能会有疑问，如果之前到某一点 j 时还有余量，那再加油判断是不是会有问题呢？其实不会，如果到j你不加油，那肯定是之前的某k点加油了，而那点dp[k]已计算过了，所以不再考虑j点不加油的情况，所以一直dp下来即可求出到达终点的最短时间。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int main()
{
int L,C,T;
int VR,VT1,VT2;
int p[105],N;
double dp[105];
while(cin>>L)
{
cin>>N>>C>>T;
cin>>VR>>VT1>>VT2;
p[0] = 0;
for(int i = 1; i <= N; i++)
cin>>p[i];
p[N+1] = L;
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= N+1; i++)
{
double MIN = inf;
double tmp;
for(int j = 0; j < i; j++)
{
int l = p[i] - p[j];
if(l < C)
tmp = l*1.0/VT1;
else
tmp = C*1.0/VT1+(l-C)*1.0/VT2;
if(j != 0)
tmp += T;
tmp += dp[j];
if(tmp < MIN)
MIN = tmp;
}
dp[i] = MIN;
}
printf(dp[N+1]>(L*1.0/VR)?"Good job,rabbit!\n":"What a pity rabbit!\n");
}
return 0;
}
