题目背景

话说小 x 有一次去参加比赛,虽然学校离比赛地点不太远,但小 x 还是想坐 出租车去。大学城的出租车总是比较另类,有“拼车”一说,也就是说,你一个人 坐车去,还是一堆人一起,总共需要支付的钱是一样的(每辆出租上除司机外最 多坐下 4 个人)。刚好那天同校的一群 Oier 在校门口扎堆了,大家果断决定拼车 去赛场。

问题来了,一辆又一辆的出租车经过,但里面要么坐满了乘客,要么只剩下 一两个座位,众 Oier 都觉得坐上去太亏了,小 x 也是这么想的。

题目描述

假设 N 位 Oier 准备拼车,此时为 0 时刻,从校门到目的地需要支付给出租

车师傅 D 元(按车次算,不管里面坐了多少 Oier),假如 S 分钟后恰能赶上比赛,

那么 S 分钟后经过校门口的出租车自然可以忽略不计了。现在给出在这 S 分钟当

中经过校门的所有的 K 辆出租车先后到达校门口的时间 T i 及里面剩余的座位 Zi

(1 <= Zi <= 4),Oier 可以选择上车几个人(不能超过),当然,也可以选择上 0 个

人,那就是不坐这辆车。

俗话说,时间就是金钱,这里小 x 把每个 Oier 在校门等待出租车的分钟数 等同于花了相同多的钱(例如小 x 等待了 20 分钟,那相当于他额外花了 20 元钱)。

在保证所有 Oier 都能在比赛开始前到达比赛地点的情况下,聪明的你能计 算出他们最少需要花多少元钱么?

输入输出格式

输入格式:

每组数据以四个整数 N , K , D , S 开始,具体含义参见题目描述。

接着 K 行,表示第 i 辆出租车在第 Ti 分钟到达校门,其空余的座位数为 Zi

(时间按照先后顺序)。

N <= 100,K <= 100,D <= 100,S <= 100,1 <= Zi <= 4,1<= T(i) <= T(i+1) <= S

输出格式:

对于每组测试数据,输出占一行,如果他们所有人能在比赛前到达比赛地点,

则输出一个整数,代表他们最少需要花的钱(单位:元),否则请输出“impossible”。

输入输出样例

输入样例#1: 复制

2 2 10 5
1 1
2 2
输出样例#1: 复制

14

这个是一个dp,对于dp数组的定义十分重要,开始我定义前,到第i分钟的时候还有j人没有上车,我觉得我定义的一塌糊涂,根本就不对,感觉没有用脑袋思考,后来看了题解之后
就知道最好定义成前i两个上了j个人花费的钱。
之前我自己的定义我觉得我是没有认真在写的,因为题目中给了两个很明确的量,一个是车辆一个是人数,所以最好用这个来定义,开始最好从正方向去定义,因为我们一般对于
正方向比较熟练。
在这个定义完之后,还有一个转移方程要写,这个转移方程要注意不能直接去转移所有可能上去人数的,因为两个车直接时间隔的太长了,然后又不能一次性全部上车,还不如之前可以上去,
就先上去了。
所以这个位置,转移要注意,可以有三层循环,最内层就是对于每次上车多少人进行转移。
然后还有就是每一个dp因为要对自己进行转移,所以就要给她赋初值。这个初值不能乱赋,而是赋值成如果不上这辆车的话,j个人所用的费用。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn = 110;
int dp[maxn][maxn];
struct node
{
int t, z;
}exa[maxn];
int main()
{
int n, d, k, s;
cin >> n >> k >> d >> s;
for (int i = 1; i <= k; i++) scanf("%d%d", &exa[i].t, &exa[i].z);
for (int i = 1; i <= n; i++) dp[0][i] = inf;
dp[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= k; i++)
{
for (int j = 0; j <= n; j++)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
for (int k = 1; k <= min(j, exa[i].z); k++)
{
dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - k] + k * exa[i].t + d, dp[i][j]);
}
}
}
if (dp[k][n] >= inf) printf("impossible\n");
else printf("%d\n", dp[k][n]);
return 0;
}

  


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