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來源：牛客網

題目描述

Sue和Sandy最近迷上了一個電腦游戲，這個游戲的故事發在美麗神秘并且充滿刺激的大海上，Sue有一支輕便小巧的小船。然而，Sue的目標并不是當一個海盜，而是要收集空中漂浮的彩蛋，Sue有一個秘密武器，只要她將小船劃到一個彩蛋的正下方，然后使用秘密武器便可以在瞬間收集到這個彩蛋。然而，彩蛋有一個魅力值，這個魅力值會隨著彩蛋在空中降落的時間而降低，Sue要想得到更多的分數，必須盡量在魅力值高的時候收集這個彩蛋，而如果一個彩蛋掉入海中，它的魅力值將會變成一個負數，但這并不影響Sue的興趣，因為每一個彩蛋都是不同的，Sue希望收集到所有的彩蛋。 然而Sandy就沒有Sue那么浪漫了，Sandy希望得到盡可能多的分數，為了解決這個問題，他先將這個游戲抽象成了如下模型： 以Sue的初始位置所在水平面作為x軸。 一開始空中有N個彩蛋，對于第i個彩蛋，他的初始位置用整數坐標（xi, yi）表示，游戲開始后，它勻速沿y軸負方向下落,速度為vi單位距離/單位時間。Sue的初始位置為(x0, 0)，Sue可以沿x軸的正方向或負方向移動，Sue的移動速度是1單位距離/單位時間，使用秘密武器得到一個彩蛋是瞬間的，得分為當前彩蛋的y坐標的千分之一。 現在，Sue和Sandy請你來幫忙，為了滿足Sue和Sandy各自的目標，你決定在收集到所有彩蛋的基礎上，得到的分數最高。

輸入描述:

第一行為兩個整數N, x0用一個空格分隔，表示彩蛋個數與Sue的初始位置。
第二行為N個整數xi，每兩個數用一個空格分隔，第i個數表示第i個彩蛋的初始橫坐標。
第三行為N個整數yi，每兩個數用一個空格分隔，第i個數表示第i個彩蛋的初始縱坐標。
第四行為N個整數vi，每兩個數用一個空格分隔，第i個數表示第i個彩蛋勻速沿y軸負方向下落的的速度。

輸出描述:

一個實數，保留三位小數，為收集所有彩蛋的基礎上，可以得到最高的分數。

輸入

3 0 -4 -2 2 22 30 26 1 9 8

輸出

0.000

備注:

數據范圍：
N < = 1000，對于100%的數據。 -10^4 < = xi,yi,vi < = 10^4

理解

一讀完題就感覺像區間dp的題，而且這個題目標著就是區間dp，但是想不出來怎么向區間dp上推，老想著用類似記憶化搜索的方法來，后來看了看大佬們的題解看明白了。
我們想啊，這個人在x軸上的移動是連續的，所以當他走過一段路程之后，這個連續區間的彩蛋就被收集了，而接著運動的時候就會擴大（或者反向移動到另一邊再擴大）這個區間。所以這就能從區間dp的角度進行思考了。
然后怎么確定一個區間呢，我們將所有的彩蛋按照x的坐標進行排序，就可以找出一塊兒連續的區間了。
我們用dp[i][j][0/1]記錄當收集完[i,j]之間的所有彩蛋后停在左/右邊的最大收集價值。當我們擴大遍歷到的區間的時候，已經被收集的彩蛋價值不改變，減少還未被收集到的彩蛋的價值。因為未被收集的彩蛋也是個連續的區間，所以我們用前綴和數組處理一下，就可以進行O(1)的查詢了。然后收集完一個區間都可以看作是上一個區間的擴展，而收集完一個區間只能停在左邊或者右邊上，到達下一個點的時間就是兩點之間距離。

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;struct node{int x,y,h;bool operator<(node obj)const{return x<obj.x;} }a[1010];int n,x0; int sum[1010]; int dp[1010][1010][2];int main(){scanf("%d%d",&n,&x0);for(int i = 1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].x);for(int i = 1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].y);for(int i = 1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].h);sort(a+1,a+1+n);int toty = 0;for(int i = 1;i<=n;i++) sum[i] = sum[i-1]+a[i].h;for(int i = 1;i<=n;i++){dp[i][i][0] = dp[i][i][1] = a[i].y-sum[n]*(int)abs(x0-a[i].x);}for(int l = 2;l<=n;l++){for(int i = 1;i+l-1<=n;i++){int j = i+l-1;dp[i][j][0] = max(dp[i+1][j][0]+a[i].y-(int)abs(a[i].x-a[i+1].x)*(sum[n]-sum[j]+sum[i]),dp[i+1][j][1]+a[i].y-(int)abs(a[i].x-a[j].x)*(sum[n]-sum[j]+sum[i]));dp[i][j][1] = max(dp[i][j-1][0]+a[j].y-(int)abs(a[i].x-a[j].x)*(sum[n]-sum[j-1]+sum[i-1]),dp[i][j-1][1]+a[j].y-(int)abs(a[j-1].x-a[j].x)*(sum[n]-sum[j-1]+sum[i-1]));}} // for(int i = 1;i<=n;i++){ // for(int j = 1;j<=n;j++){ // printf("(%d,%d) ",dp[i][j][0],dp[i][j][1]); // } // putchar('\n'); // }printf("%.3lf\n",max(dp[1][n][0],dp[1][n][1])/1000.0);return 0; }

總結

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