UVa1025

题意：
某城市的地铁是线性的，有n（2≤n≤50）个车站，从左到右编号为1～n。有M1辆列车从第1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。在车站等车时容易被抓，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。
输入第1行为n，第2行为T，第3行有n－1个整数t1,t2,…,tn−1（1≤ti≤70），其中ti表示地铁从车站i到i＋1的行驶时间（两个方向一样）。第4行为M1（1≤M1≤50），即从第1站出发向右开的列车数目。第5行包含M1个整数d1, d2,…, dM1（0≤di≤250，di＜di+1），即各列车的出发时间。第6、7行描述从第n站出发向左开的列车，格式同第4、5行。输出仅包含一行，即最少等待时间。无解输出impossible。
分析

时间是单向流逝的，是一个天然的“序”。影响到决策的只有当前时间和所处的车站，所以可以用d(i,j)表示时刻i，你在车站j（编号为1～n），最少还需要等待多长时间。边界条件是d(T,n)=0，其他d(T,i)（i不等于n）为正无穷。有如下3种决策。

决策1：等1分钟。决策2：搭乘往右开的车（如果有）。决策3：搭乘往左开的车（如果有）。

在程序中定义一个数组has_train。has_train[t][i][0]表示时刻t，在车站i是否有往右开的火车，has_train[t][i][1]类似，不过记录的是往左开的火车。

状态有O(nT)个，每个状态最多只有3个决策，因此总时间复杂度为O(nT)。

——摘自《算法竞赛入门经典（第2版）P268》

#include <iostream>#include <stdio.h>#include <string.h>using namespace std;const int INF=0x3f3f3f3f;int t[55],dp[205][55],has_train[205][55][2];int main(){    int n,T,M1,M2,flag,kase=0;   // freopen("in.txt","r",stdin);    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)  {    memset(has_train,0,sizeof(has_train));    memset(t,0,sizeof(t));    memset(dp,INF,sizeof(dp));    scanf("%d",&T);    for(int i=1; i<n; i++)        scanf("%d",&t[i]);    scanf("%d",&M1);    for(int i=1; i<=M1; i++)    {      scanf("%d",&flag);      for(int j=1;j<=n;j++)      {          flag+=t[j-1];          has_train[flag][j][0]=1;      }    }    scanf("%d",&M2);    for(int i=1; i<=M2; i++)    {      scanf("%d",&flag);      for(int j=n;j>=1;j--)      {          flag+=t[j];          has_train[flag][j][1]=1;      }    }    for(int i=1;i<=n-1;i++)    dp[T][i]=INF;    dp[T][n]=0;    for(int i=T-1;i>=0;i--)        for(int j=1;j<=n;j++)    {        dp[i][j]=dp[i+1][j]+1;    if(j<n&&has_train[i][j][0]&&i+t[j]<=T)        dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+t[j]][j+1]);    if(j>1&&has_train[i][j][1]&&i+t[j-1]<=T)        dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+t[j-1]][j-1]);    }    cout<<"Case Number "<<++kase<<": ";    if(dp[0][1]>=INF)        cout<<"impossible\n";    else        cout<<dp[0][1]<<"\n";  }  return 0;}