TOJ 1408

来源：互联网发布：上海软件开发公司排名编辑：程序博客网时间：2024/05/01 02:12

题目连接:

http://acm.tzc.edu.cn/acmhome/problemdetail.do?&method=showdetail&id=1408

题目类型:

动态规划 - 阶段决策

数据结构:

double L,C,T;double VR,VT1,VT2,timeT=0;double p[101];

思路分析:

从起点开始,每到一个点,记录从之前的点到该点所用的所有可能时间,取最小值,作为从起点开始到该点所有可能路径的最小用时时间.最后的m6 即是从起点到终点的最少时间.

证明:
假设有点p1,p2....pn
从起点0开始,假设n=1时,表明从0到p1这个点的用时x1.只有一种情况,故min(p1)=x1;
设n=2,表明从0到p2这个点所用时间,有0-p1-p2,0-p2两种情况, 前者用时=min(p1)+x1-2 后者用时=x0-2;
以此类推,
当n=k时,有 0,p1,p2...pk-1 到k的k种情况.
其中有0<=j
此 pj之前的路径为重复子问题.
此处利用之前存储的mj 已经省去从 0到pj 再到pk 的最优值计算.
即是从pj出发至pk,已经不用再关心pj之前的路径如何,只需关注最优路径即可.
故可推论pj+x(j-k) 是起点-pj-pk为从起点到pk的最优值.
计算完成之时,将min(pj+x(j-k)) 存储为mx, 作为从该点出发的最优已耗时.
故可推论mn 是整体路径的最优解.

源代码:

#include <iostream>#include <stdio.h>using namespace std;double Gettime(double *p,int n,double c,double t,double vt1,double vt2){int i,j;double tmp=0.0,min;double tmp_s[101]={0};for(i=0;i<=n;i++){min=1000000;for(j=0;j<i;j++){if(p[i]-p[j]>c) tmp=t+c/vt1+(p[i]-p[j]-c)/vt2;else tmp=t+(p[i]-p[j])/vt1;if(j==0) tmp-=t;tmp+=tmp_s[j];if(tmp<min) min=tmp, tmp_s[i]=min;}}return tmp_s[n];}int main(){int i,j,N;double L,C,T;double VR,VT1,VT2,timeT=0;double p[101];while(scanf("%lf",&L)!=EOF){ scanf("%d%lf%lf",&N,&C,&T);scanf("%lf%lf%lf",&VR,&VT1,&VT2);for(i=1;i<=N;i++) scanf("%lf",&p[i]);p[0]=0.0;p[i]=L*1.0;timeT=Gettime(p,N+1,C,T,VT1,VT2);if(timeT>L/VR) printf("Good job,rabbit!\n");else printf("What a pity rabbit!\n");}return 0;}

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