可爱精灵宝贝：dp

拒绝听搜索.etc水过的。数据太弱了（尽管考场上我凭借数据太水骗了好多分）

我讲的思路和下发的题解一样。（因为我不会所以只能颓它啊）

首先你要相信这题精灵就100个，真的只有100个，这次数据范围没错。

然后你的复杂度就可以愉快地用m了。

因为小精灵就m个所以实际上有用的位置也最多只有m+1个（算起点）

可以证明：如果路径中存在折返，那么一定发生在某一个小精灵的位置上。

因为如果你在其它位置折返，那一定不如在上一个经过的小精灵处就折返，这样才能更早到达对面的位置

也可以证明：如果过程中走过的坐标最小是l最大是r，那么接下来要么就是直线前往l左面的第一只小精灵，要么就是直线前往r右面的第一只小精灵。

因为l到r区间内的精灵都被你以前路过时抓走了，如果你想要更多的分数就需要扩展你的活动区间。

而从(l,r)->(l,r+2)可以分解成(l,r)->(l,r+1)->(l,r+2)来逐步考虑，所以现在的问题就是dp统计一次往两边扩展1个位置。

dp定义已经出来了，tl[i][j][k]表示已经走过区间j～k，目前时间为i的最大分数，此时在左端点。tr[i][j][k]同理只不过在右端点。

然而数组开不开，需要离散化一下有小精灵的坐标。

由本层向下一层转移就好。

理论复杂度爆踩搜索，实际运行时间被爆踩。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
struct qs{int x,v,t;friend bool operator<(qs a,qs b){return a.x<b.x;}}q[105];
int tl[2005][105][105],tr[2005][105][105],x[105],ref[2005],n,m,k,o,p,e[2005][105],ans;
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);x[1]=k;
    for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d%d",&q[i].x,&q[i].v,&q[i].t),x[i+1]=q[i].x;
    sort(x+1,x+2+m);memset(tl,0xa0,sizeof tl);memset(tr,0xa0,sizeof tr);
    for(int i=1;i<=m+1;++i)if(!ref[x[i]])x[++o]=x[i],ref[x[i]]=o;
    for(int i=1;i<=m;++i)if(q[i].x==k)p+=q[i].v;
    tl[1][ref[k]][ref[k]]=tr[1][ref[k]][ref[k]]=p;
    for(int i=1;i<=m;++i)e[q[i].t][ref[q[i].x]]+=q[i].v;
    for(int i=1;i<=o;++i)for(int j=2000;j;--j)e[j][i]+=e[j+1][i];
    for(int t=1,T;t<=2000;++t)for(int i=1;i<=o;++i)for(int j=i;j<=o;++j){
        T=t+x[i]-x[i-1];if(i!=1&&T<=2000)tl[T][i-1][j]=max(tl[T][i-1][j],tl[t][i][j]+e[T][i-1]);
        T=t+x[j]-x[i-1];if(i!=1&&T<=2000)tl[T][i-1][j]=max(tl[T][i-1][j],tr[t][i][j]+e[T][i-1]);
        T=t+x[j+1]-x[j];if(j!=o&&T<=2000)tr[T][i][j+1]=max(tr[T][i][j+1],tr[t][i][j]+e[T][j+1]);
        T=t+x[j+1]-x[i];if(j!=o&&T<=2000)tr[T][i][j+1]=max(tr[T][i][j+1],tl[t][i][j]+e[T][j+1]);
        tl[t+1][i][j]=max(tl[t+1][i][j],tl[t][i][j]);
        tr[t+1][i][j]=max(tr[t+1][i][j],tr[t][i][j]);
    }
    for(int i=1;i<=o;++i)for(int j=i;j<=o;++j)ans=max(ans,max(tl[2000][i][j],tr[2000][i][j]));
    printf("%d\n",ans);
}