"Help Jimmy" 是在下图所示的场景上完成的游戏。 


场景中包括多个长度和高度各不相同的平台。地面是最低的平台，高度为零，长度无限。 

Jimmy老鼠在时刻0从高于所有平台的某处开始下落，它的下落速度始终为1米/秒。当Jimmy落到某个平台上时，游戏者选择让它向左还是向右跑，它跑动的速度也是1米/秒。当Jimmy跑到平台的边缘时，开始继续下落。Jimmy每次下落的高度不能超过MAX米，不然就会摔死，游戏也会结束。 

设计一个程序，计算Jimmy到底地面时可能的最早时间。 

Input

第一行是测试数据的组数t（0 <= t <= 20）。每组测试数据的第一行是四个整数N，X，Y，MAX，用空格分隔。N是平台的数目（不包括地面），X和Y是Jimmy开始下落的位置的横竖坐标，MAX是一次下落的最大高度。接下来的N行每行描述一个平台，包括三个整数，X1[i]，X2[i]和H[i]。H[i]表示平台的高度，X1[i]和X2[i]表示平台左右端点的横坐标。1 <= N <= 1000，-20000 <= X, X1[i], X2[i] <= 20000，0 < H[i] < Y <= 20000（i = 1..N）。所有坐标的单位都是米。 

Jimmy的大小和平台的厚度均忽略不计。如果Jimmy恰好落在某个平台的边缘，被视为落在平台上。所有的平台均不重叠或相连。测试数据保证问题一定有解。 

Output

对输入的每组测试数据，输出一个整数，Jimmy到底地面时可能的最早时间。

Sample Input

1
3 8 17 20
0 10 8
0 10 13
4 14 3

Sample Output

23

题目大意:中文题意

题目思路:

一看到走到右边边缘或者走到左边边缘,很明确状态已经给出了,每一个新的状态都由右边或者左边转移而来,所以二维数组 

dp[i][1]代表到达当前该木板右边的最小时间,dp[i][0]代表到达当前该木板左边的最小时间

因为终点状态确定 (x,h) 所以我们从下网上推,令第n+1个木板为最后的终点,首先从小到大排序

然后开始判断+状态转移:

如果当前左端点下面有一个木板承接,那就可以判断一下 是由 下面木板的左端点转移还是下面木板的右端点转移

同理右端点也是.

两个坑点:

1.如果一个端点下面有两个木板,取上面那个,因为不能隔一个木板跳

2.而如果一个断点下面没有木板可以承接,我们还需要判断一下他是否可以从地面直接跳过来

状态转移方程还有条件判断都在代码里

AC:


/*
Problem: 1661		User: AshGuangr
Memory: 140K		Time: 16MS
Language: C++		Result: Accepted
Source Code
*/
//#include <bits/stdc++.h>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#define E 2.718
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll INF=1e9+7;
const int maxn=1e6+8;
const double eps=1e-10;
const ll mod=1000000007;
ll n,m,x,y,MAX;
ll dp[1005][2];
struct node{
    ll l,r,h;
    friend bool operator<(node a,node b)
        {return a.h<b.h;}
}r[maxn];
int main()
{
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        memset(dp,INF,sizeof(dp));
        scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&x,&y,&MAX);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%lld%lld%lld",&r[i].l,&r[i].r,&r[i].h);
        r[n+1].l=x;r[n+1].r=x;r[n+1].h=y;
        sort(r+1,r+1+n);
        dp[1][0]=dp[1][1]=r[1].h;
        r[0].h=0;
        for(int i=2;i<=n+1;i++)
        {
            bool f1=false,f2=false;
            for(int k=i-1;k>=0;k--)
            {
                if(r[i].h-r[k].h<=MAX)
                {
                    if(k==0)
                    {
                        if(!f1) dp[i][0]=r[i].h;
                        if(!f2) dp[i][1]=r[i].h;
                    }
                    else
                    {
                        if(r[k].l<=r[i].l&&r[k].r>=r[i].l&&!f1)
                        {
                            dp[i][0]=min(dp[k][0]+r[i].l-r[k].l,dp[k][1]+r[k].r-r[i].l)+r[i].h-r[k].h;
                            f1=true;
                        }
                        if(r[k].l<=r[i].r&&r[k].r>=r[i].r&&!f2)
                        {
                            dp[i][1]=min(dp[k][0]+r[i].r-r[k].l,dp[k][1]+r[k].r-r[i].r)+r[i].h-r[k].h;
                            f2=true;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        ll ans=INF;
        printf("%lld\n",min(dp[n+1][0],dp[n+1][1]));
    }
    return 0;
}

总结:DP的题一般都是寻找状态,找到状态之后有方程就好办了,注意细节坑点哦