[CSP-S模拟测试]:可爱的精灵宝贝(搜索)
题目描述
$Branimirko$是一个对可爱精灵宝贝十分痴迷的玩家。最近,他闲得没事组织了一场捉精灵的游戏。游戏在一条街道上举行,街道上一侧有一排房子,从左到右房子标号由$1$到$n$。
刚开始玩家在$k$号房子前。有$m$个精灵,第$i$只精灵在第$A_i$栋房子前,分值是$B_i$,以及它在$T_i$秒内(含)存在,之后消失。$Branimirko$可以选择移动至相邻的房子,耗时$1$秒。抓住精灵不需要时间,精灵被抓住后消失。时间从第$1$秒开始。$Branimirko$能最多获得多少分值和。
输入格式
输入的第$1$行为三个正整数$n$,$k$,$m$。
接下来$m$行描述精灵的信息,分别为$A_i$,$B_i$,$T_i$。
输出格式
输出$Branimirko$能最多获得多少分值和。
样例
样例输入:
10 5 4
1 30 4
3 5 7
7 10 12
9 100 23
样例输出:
115
数据范围与提示
样例解释:
很遗憾,它恰好不能抓住在一号房子前的精灵。
如果$T_1$改成$5$,答案就是$145$。
数据范围:
$20\%$的数据:$m\leqslant 10$。
$40\%$的数据:$m\leqslant 20$。
$k\leqslant n\leqslant 1000,m\leqslant 100,A_i\leqslant N,B_i\leqslant 100,T_i\leqslant 2,000$,所有数为正整数。
题解
正解是个$DP$,我不会,所以我来打搜索。
首先,我们要明确两点:
$\alpha.$第一次到的时候就把当前位置的精灵(如果有的话)抓走,肯定不劣。
$\beta.$如果没有抓到精灵就回头肯定是不优的。
$\gamma.$如下图中:
假设$1,2,3$都有精灵,而我们要去$1$抓精灵,那么可以分解为:先去$2$抓精灵,然后再到$1$抓精灵。
根据如上三条性质,我们的搜索分为两种情况:
$\alpha.$向左走,抓第一只能抓到的精灵。
$\beta.$向右走,抓第一只能抓到的精灵。
时间复杂度降低了不少,更是可以通过预处理接着降低时间复杂度。
对比大概是这样子的:
搜索:
正解:
时间复杂度:$\Theta($玄学$)$。
期望得分:$40$分。
实际得分:$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int a,b,t,id;}e[200];
int n,k,m;
int ans;
bool vis[1001],wzc[200];
int minr;
bool cmp(rec a,rec b){return a.a<b.a;}
void dfs(int x,int w,int t)
{
for(int i=e[x].id;i;i--)
if(e[i].t>=abs(e[x].a-e[i].a)+t&&!wzc[i])
{
wzc[i]=1;
dfs(e[i].id,w+e[i].b,t+abs(e[x].a-e[i].a));
wzc[i]=0;
break;
}
for(int i=e[x].id;i<=m;i++)
if(e[i].t>=abs(e[x].a-e[i].a)+t&&!wzc[i])
{
wzc[i]=1;
dfs(e[i].id,w+e[i].b,t+abs(e[x].a-e[i].a));
wzc[i]=0;
break;
}
ans=max(ans,w);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&e[i].a,&e[i].b,&e[i].t);
vis[e[i].a]=1;
}
sort(e+1,e+m+1,cmp);
for(int i=1;i<=m;i++)e[i].id=i;
for(int i=1;i<=m;i++)if(e[i].a>=k){minr=e[i].id;break;}
if(!minr){dfs(m,0,abs(e[m].a-k)+1);goto nxt;}
if(e[minr].a==k)dfs(e[minr].id,0,1);
else
{
dfs(e[minr-1].id,0,abs(e[minr-1].a-k)+1);
dfs(e[minr].id,0,abs(e[minr].a-k)+1);
}
nxt:;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
rp++
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