【NOIP2011模拟11.1】钓鱼

钓鱼

题目

Description

我们把钓鱼的过程放在坐标系里来考虑。图中蓝色的点为船，初始时它的坐标记为(Ax,y)。河深为y，河宽为x。某个时刻会从左边界或右边界游出来一条鱼(左边的往右边游，右边的往左边游)，即鱼游出来时的横坐标为0或x，这条鱼每秒会游D个单位长度，鱼的长度为L。初始时刻为0，对于每个时刻x，船可以选择花费1s向左或向右移动最多Q个单位长度，或者选择在当前位置进行钓鱼，钓鱼的动作是瞬间的，且发生在时刻x，鱼还来不及移动就被钓上了。如果选择钓鱼，那么在时刻x就不能动。{x+1时刻可以选择移动}设当前位置为z，将鱼看成一条线段，当线段与直线x=z相交时就认为鱼上钩了，所以一次钓鱼动作可能会钓多条鱼。

聪明的你告诉钓鱼者，在T时刻前最多能钓多少鱼?

Input

输入：

第一行：T

第二行：Maxx,Maxy,表示河宽和河深

第三行：两个数Ax,Q

第四行：N，表示有N条鱼

接下来N行描述每条鱼：每行共五个数，x,y,D,L,time

x表示鱼头的初始位置，保证为0或maxx，y表示鱼头的初始深度，time表示鱼出现的时刻(所有的数都为整数)

Output

输出：

只有一行：ans，表示最多的钓鱼数

Sample Input

3

4 5

4 1

3

0 1 3 1 0

4 2 2 1 0

0 3 3 1 2

Sample Output

3

Data Constraint

100%的数据满足

1<=T,time<=10

1<=Ax,Ay,Q,x,y,D,L<=10

1<=N<=14

30%的数据满足

1<=N<=5

总结

考试的时候想到了状压DP，但没有进一步去想

其实这题的转移方程十分简单，也容易想到，但是就是放弃了

所以说有想法就可以继续钻研下去

题解

首先题目要求的是T时刻前，其实是包括T的

所以说总共会进行T+1次操作

看到N很小，考虑状压

设\(f[i][j][s]\)表示现在是\(i\)时刻，\(j\)位置，鱼的情况是\(s\)（被钓了是1，没有是0）的最大鱼数

转移分两种（以下方程都需要和原来的取\(max\)）

1. 移动。那么\(f[i+1][j-q…j+q][s]=f[i][j][s]\)
2. 钓鱼。\(f[i+1][j][s1]=f[i][j][s]+sum\)
   
   \(s1\)表示钓鱼后的情况，\(sum\)表示钓上来的数量

对于判断是否钓上来，可以预处理每条鱼在每一分钟的位置，然后循环扫一遍

初始化\(f[0][Ax][0]=0\)，其余的是-1

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,mx,my,pos,q,n,sum,s1,ans,st[15],de[15],v[15],l[15],_time[15],fh[15],head[15][15],tail[15][15],f[15][15][33000];
int read()
{
	int res=0;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch-'0'),ch=getchar();
	return res;
}
int main()
{
	t=read();mx=read();my=read();pos=read();q=read();n=read();
	for (int i=1;i<=n;++i)
	{
		st[i]=read();de[i]=read();v[i]=read();l[i]=read();_time[i]=read();
		if (st[i]==0) fh[i]=1;
		else fh[i]=-1;
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=0;j<=t;++j)
		{
			if (_time[i]==j)
			{
				head[i][j]=st[i];
				tail[i][j]=st[i]-fh[i]*l[i];
			}
			if (_time[i]<j)
			{
				head[i][j]=head[i][j-1]+fh[i]*v[i];
				tail[i][j]=tail[i][j-1]+fh[i]*v[i];
			}
		}
	memset(f,-1,sizeof(f));
	f[0][pos][0]=0;
	for (int i=0;i<=t;++i)
		for (int j=0;j<=mx;++j)
			for (int s=0;s<(1<<n);++s)
			{
				if (f[i][j][s]==-1) continue;
				for (int k=max(0,j-q);k<=min(j+q,mx);++k)
					f[i+1][k][s]=max(f[i+1][k][s],f[i][j][s]);
				sum=0;
				s1=s;
				for (int k=1;k<=n;++k)
					if (_time[k]<=i&&!(s1&(1<<(k-1))))
						if ((head[k][i]>=j&&tail[k][i]<=j)||(head[k][i]<=j&&tail[k][i]>=j)) ++sum,s1|=(1<<(k-1));
				f[i+1][j][s1]=max(f[i+1][j][s1],f[i][j][s]+sum);
			}
	ans=-1;
	for (int k=0;k<=t+1;++k)
		for (int i=0;i<=mx;++i)
			for (int j=0;j<(1<<n);++j)
				ans=max(ans,f[k][i][j]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}