uva 12222 Mountain Road

题意：

有一个单行道，两个方向都有车在等待。给出每个车的方向以及到达的时间以及走完这段路所需要的时间。

为了防止车祸，同向两车通过任一点的时间间隔不得小于10s。

求最后一辆车离开时刻的最小值。

思路：

这题最坑的就是，车可以降低速度。provided it is not slowed down by other cars in front。

分析一下样例2，

4  
A 0 100  
B 50 100  
A 100 1  
A 170 100

首先B走，到达时间为150s，之后A1走，到达时间为250s，然后在160s的时候，A2可以出发，可以降低到和A1一直相隔10s的速度，到达时间为260s，也比A1晚10s。

之后A3在170s出发，270s到达，所以花费的总时间是270s。

不难想到的是，整个过程是A先走若干个 -> B走若干个 -> A走若干个。。。。。知道走完。

所以设dp[i][j][0/1]表示走了i辆A，j辆B且A是最后一辆（0），B是最后一辆（1）所花费的最少时间。

根据上面的过程，在dp[i][j][0]的时候，就可以枚举B走了K辆；

在dp[i][j][1]的时候，枚举A走了K辆。

由于同向的车每次相隔必须大于等于10s，所以设前一辆同向的车的出发时间为x，到达时间为y，本辆车实际到达的时间为a，那么出发时间就是b = max(a,x + 10)，到达时间就是max(b,y + 10)。

时间复杂度为n^3。数据应该略水。。。。

代码：

 #include <stdio.h>
 #include <string.h>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int N = ;
 ll dp[N][N][];
 struct node
 {
     ll arr,cost;
     node(){};
     node(int x,int y):arr(x),cost(y){};
 }a[N],b[N];
 int main()
 {
     int t;
     scanf("%d",&t);
     while (t--)
     {
         int orz;
         int n = ,m = ;
         scanf("%d",&orz);
         for (int i = ;i < orz;i++)
         {
             char s[];
             int x,y;
             scanf("%s%d%d",s,&x,&y);
             if (s[] == 'A') a[++n] = node(x,y);
             else b[++m] = node(x,y);
         }
         for (int i = ;i <= n;i++)
         {
             for (int j = ;j <= m;j++) dp[i][j][] = dp[i][j][] = 1e16;
         }
         dp[][][] = dp[][][] = ;
         for (int i = ;i <= n;i++)
         {
             for (int j = ;j <= m;j++)
             {
                 ll t1 = dp[i][j][],t2 = ;
                 for (int k = j + ;k <= m;k++)
                 {
                     t1 = max(t1,b[k].arr);
                     t2 = max(t2,t1 + b[k].cost);
                     dp[i][k][] = min(dp[i][k][],t2);
                     t1 += ;
                     t2 += ;
                 }
                 t1 = dp[i][j][],t2 = ;
                 for (int k = i + ;k <= n;k++)
                 {
                     t1 = max(t1,a[k].arr);
                     t2 = max(t2,t1 + a[k].cost);
                     dp[k][j][] = min(dp[k][j][],t2);
                     t1 += ;
                     t2 += ;
                 }
             }
         }
         printf("%lld\n",min(dp[n][m][],dp[n][m][]));
     }
     return ;
 }
 /*
 2
 4
 A 0 60
 B 19 10
 B 80 20
 A 85 100
 4
 A 0 100
 B 50 100
 A 100 1
 A 170 100
 */