hdu1494 跑跑卡丁车(动态规划)

Description

跑跑卡丁车是时下一款流行的网络休闲游戏，你可以在这虚拟的世界里体验驾驶的乐趣。这款游戏的特别之处是你可以通过漂移来获得一种 
加速卡，用这种加速卡可以在有限的时间里提高你的速度。为了使问题简单化，我们假设一个赛道分为L段，并且给你通过每段赛道的普通耗时Ai和用加速卡的耗时Bi。加速卡的获得机制是：普通行驶的情况下，每通过1段赛道,可以获得20%的能量(N2O).能量集满后获得一个加速卡(同时能量清0).加速卡最多可以储存2个,也就是说当你有2个加速卡而能量再次集满,那么能量清零但得不到加速卡。一个加速卡只能维持一段赛道，游戏开始时没有加速卡。


问题是，跑完n圈最少用时为多少？

Input

每组输入数据有3行，第一行有2个整数L(0<L<100),N(0<N<100)分别表示一圈赛道分为L段和有N圈赛道，接下来两行分别有L个整数Ai和Bi 
(Ai > Bi). 

Output

对于每组输入数据，输出一个整数表示最少的用时. 

Sample Input

18 1
9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9
8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 1 1 8 8

Sample Output

145


        
 
对于sample这组数据，你可以先在普通情况下行驶前14段，这时你有2个加速卡以及80%的能量(N2O).在第15和16段用掉2个加速卡，通过第
17段赛道后又可以得到一个加速卡，在第18段赛道使用.


这道本来很简单的dp，wa了一下午，刚开始的状态还是想的比较快的 dp[i][j][k]代表 第i段，有j个加速卡，现在的能量为k。然后就开始了无尽的wa之旅，wa点其实就三个。
首先我把数组给开小了....正好开了dp[10100][3][100],这个错误通过对拍，然后手推错误数据发现了，当时就想打自己，本来以为能ac了，结果还是wa，然后我一口气对拍了10w组b=1的数据，竟然没有错。然后又对拍了1000组 b=5时候的数据...竟然几乎一个对的都没有，仔细一看，原来是把n圈变成n*l段时，把l误用为了n，又想打自己，本来以为可以ac了，结果还是wa，继续对拍，b=5的时候 有3组数据，分别比正确答案多1 . 2 .3 这时候我确定肯定是状态转移出错了。刚开始的状态转移是这样的，当k==0时，情况可能是，在上一段能量到了80，这段攒了一个加速卡，还可能是，上一段有加速卡，并且用了且当时k==0，所以继续用加速卡，这段依然不增加能量，k==0.k>0时，情况可能是，如果有两张能量卡，那么说明是正常走了一段，如果小于两张，则可能是正常走了一段，或者用了一张加速卡。
经过仔细思考，我发现是因为我漏掉了一种我自认为不可能的情况，那就是有了两张卡，然后能量到了100，然后能量变为0，我本来想的是，卡不用白不用，让能量清0肯定不是最优解，但仔细想的话，如果你不想浪费这张新加速卡，就必须在到100的时候用掉原来的某张加速卡，这肯定是有各种反例的。所以这个题教会了我，动态规划的转移方程一定要写出所有符合条件的，不管你认为亏不亏，合不合理。就算亏他也会在转移中被更新，所以要写全。

#include<cstdio>

#include<string.h>

#include<algorithm>

#define inf 0x3f3f3f3f

const int maxn=10000;

using namespace std;

int l,n,ans;

int dp[maxn+10][5][120];

int a[maxn+10];

int b[maxn+10];

int main()
{
    /* freopen("e://duipai//data.txt","r",stdin);
      freopen("e://duipai//out2.txt","w",stdout);*/
    while(scanf("%d%d",&l,&n)!=EOF){
        ans=inf;
        memset(dp,inf,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=l;i++){
           scanf("%d",&a[i]);
           for(int j=1;j<n;j++){
                a[j*l+i]=a[i];
           }
        }
        for(int i=1;i<=l;i++){
           scanf("%d",&b[i]);
           for(int j=1;j<n;j++){
                b[j*l+i]=b[i];
           }
        }
        dp[0][0][0]=0;
        for(int i=1;i<5;i++){
                dp[i][0][i*20]=dp[i-1][0][(i-1)*20]+a[i];
        }
        for(int i=5;i<=n*l;i++){
           for(int j=0;j<=2;j++){
                for(int k=0;k<100;k+=20){
                      if(i<10&&j>1) continue;
                        if(!k){
                        if(j==1){
                        dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],min(dp[i-1][j-1][80]+a[i],dp[i-1][j+1][k]+b[i]));
                        } else if(j==2){
                          dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],min(dp[i-1][j-1][80]+a[i],dp[i-1][j][80]+a[i]));
                        } else if(!j) dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],dp[i-1][j+1][k]+b[i]);
                        } else if(k){
                        if(j==2){
                        dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k-20]+a[i]);
                        }
                        if(j<2){
                        dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],min(dp[i-1][j][k-20]+a[i],dp[i-1][j+1][k]+b[i]));
                        }
                        }
               }
            }
        }
        for(int i=0;i<=2;i++){
                for(int j=0;j<100;j+=20){
                        ans=min(ans,dp[n*l][i][j]);
                }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}