hdu 1176

免费馅饼

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 19551    Accepted Submission(s): 6534

Problem Description

都说天上不会掉馅饼，但有一天gameboy正走在回家的小径上，忽然天上掉下大把大把的馅饼。说来gameboy的人品实在是太好了，这馅饼别处都不掉，就掉落在他身旁的10米范围内。馅饼如果掉在了地上当然就不能吃了，所以gameboy马上卸下身上的背包去接。但由于小径两侧都不能站人，所以他只能在小径上接。由于gameboy平时老呆在房间里玩游戏，虽然在游戏中是个身手敏捷的高手，但在现实中运动神经特别迟钝，每秒种只有在移动不超过一米的范围内接住坠落的馅饼。现在给这条小径如图标上坐标：

为了使问题简化，假设在接下来的一段时间里，馅饼都掉落在0-10这11个位置。开始时gameboy站在5这个位置，因此在第一秒，他只能接到4,5,6这三个位置中其中一个位置上的馅饼。问gameboy最多可能接到多少个馅饼？（假设他的背包可以容纳无穷多个馅饼）

 

Input

输入数据有多组。每组数据的第一行为以正整数n(0<n<100000)，表示有n个馅饼掉在这条小径上。在结下来的n行中，每行有两个整数x,T(0<T<100000),表示在第T秒有一个馅饼掉在x点上。同一秒钟在同一点上可能掉下多个馅饼。n=0时输入结束。

 

Output

每一组输入数据对应一行输出。输出一个整数m，表示gameboy最多可能接到m个馅饼。
提示：本题的输入数据量比较大，建议用scanf读入，用cin可能会超时。

 

Sample Input

65 14 16 17 27 28 30

 

Sample Output

4

 

思路：

    从底部算到顶部。在第一秒时，能到的位置有4 5 6 ，第二秒时能到的位置 3 4 5 6 7，同理依次推下去即有：

第0秒                        5                         （这里的数字指的是第N秒可能到达的位置坐标）

第1秒                     4  5  6

第2秒                 3  4  5  6  7

第3秒             2 3  4  5  6  7  8

第4秒         1  2  3  4  5  6  7  8  9

第5秒     0  1  2  3  4  5  6  7  8  9  10

第6秒     0  1  2  3  4  5  6  7  8  9  10

...........

代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;int dp[100005][15];int MAX(int x ,int y,int z=0){    int t;    t= x>y?x:y;    if(z>t)        return z;    else return t;}int main(){    int n,x,T,k;    while(~scanf("%d",&n)&&n)    {        int Max=0;        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d %d",&x,&T);            Max = Max>T?Max:T;            dp[T][x]++;        }        if(Max>5)        {            for(int i=Max;i>5;i--)            {                for(int j=1;j<=10;j++)                {                    dp[i][j] += MAX(dp[i+1][j-1],dp[i+1][j],dp[i+1][j+1]);                }                dp[i][0] += MAX(dp[i+1][0],dp[i+1][1]);            }            Max=5;        }        for(int i=Max;i>=0;i--)        {            for(int j=5-i;j<=10-5+i;j++)            {                dp[i][j] += MAX(dp[i+1][j-1],dp[i+1][j],dp[i+1][j+1]);            }        }        printf("%d\n",dp[0][5]);    }    return 0;}