当比赛一直纠缠骑2如何做一个非常大的数量，数组不开啊。。。后来他们发现自己很傻啊，该数不超过最大10什么，这个上限就是力量100什么。。
。。
其它的就是记忆化搜索啊，还有就是加一点力量的瓶子当时就要用上。
打怪升级
Time Limit: 1000ms Memory limit: 262144K 有疑问？点这里^_^
题目描写叙述
对于多数 RPG 游戏来说，除了剧情就是打怪升级。本题的任务是用最短的时间取得全部战斗的胜利。这些战斗必须依照特定的顺序进行，每打赢一场。都可能会获得一些补药，用来提升力量。
本题仅仅有两种补药：“加 1 药” 和“乘 2 药” ，分别让你的力量值加 1 和乘以 2。
战斗时间取决于你的力量。
每场战斗能够用 6 个參数描写叙述： p1, p2, t1, t2, w1, w2。假设你的力量小于 p1，你将输掉战斗。假设你的力量大于 p2，须要 t2秒赢得战斗；假设力量位于 p1 和 p2（包含 p1 和 p2），战斗时间从 t1 线性递减到 t2。
比方 p1=50。 p2=75， t1=40。 t2=15，你的力量为 55，则战斗获胜须要 35 秒。
注意，战斗时间可能不是整数。最后两个參数 w1 和 w2 分别表示战斗胜利后获得的“加 1 药” 和“乘 2 药” 的数量。 注意，你不一定要立马使用这些补药，能够在须要的时候再用。但不能在战斗中使用补药。按顺序给出每场战斗的參数。输出赢得全部战斗所需的最短总时间。
战斗必须按顺序进行。且不能跳过不论什么一场战斗。
输入
输入最多包括 25 组測试数据。每组数据第一行为两个整数 n 和 p（ 1<=n<=1000, 1<=p<=100），即战斗的场数和你的初始力量值。
下面 n 行每行 6 个整数 p1, p2, t1, t2, w1, w2（ 1<=p11<=p1<p2<=100, 1<=t2<t1<=100,0<=w1,w2<=10),按顺序给出各场战斗的參数，输入结束标志为n=p=0
输出
对于每组数据，输出最短总时间（单位：秒）。保留两位小数。假设无解，输出“Impossible”（不含引號）。
演示样例输入
1 55
50 75 40 15 10 0
2 55
50 75 40 15 10 0
50 75 40 15 10 0
3 1
1 2 2 1 0 5
1 2 2 1 1 0
1 100 100 1 0 0
1 7
4 15 35 23 0 0
1 1
2 3 2 1 0 0
0 0
演示样例输出
35.00
60.00
41.00
31.73
Impossible
提示
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <math.h>
#include <vector>
#include <string>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <iostream>
#include <cctype>
#include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 1010;
const double INF = 100000000.0; struct node
{
int p1, p2, t1, t2, w1, w2;
}f[maxn];
int n;
double dp[maxn][110][15]; double distime(node a, int x)
{
if(x >= a.p2) return a.t2*1.0;
double x1 = a.p1*1.0;
double y1 = a.t1*1.0;
double x2 = a.p2*1.0;
double y2 = a.t2*1.0;
double x3 = x*1.0;
return (x3*((y1-y2)/(x1-x2)) + (y1-x1*((y1-y2)/(x1-x2))));
} double dfs(int x, int w, int num)
{
if(x > n) return 0;
if(dp[x][w][num] > -1.0) return dp[x][w][num];
if(w < f[x].p1)
{
while(w < f[x].p2 && num)
{
w = min(100, w*2);
num--;
}
}
if(w < f[x].p1)
{
dp[x][w][num] = INF;
return dp[x][w][num];
}
dp[x][w][num] = INF;
for(int i = 0; i <= num; i++)
dp[x][w][num] = min(dp[x][w][num], distime(f[x], w<<i)+dfs(x+1, min((w<<i)+f[x].w1, 100), min(10, num-i+f[x].w2)));
return dp[x][w][num];
} int main()
{
int p;
while(~scanf("%d %d",&n, &p))
{
if(!n && !p) break;
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d %d %d %d %d %d",&f[i].p1, &f[i].p2, &f[i].t1, &f[i].t2, &f[i].w1, &f[i].w2);
memset(dp, -1, sizeof(dp));
dfs(1, p, 0);
double Min = INF;
for(int i = 1; i <= 100; i++) Min = min(dp[1][i][0], Min);
if(Min == INF) cout<<"Impossible"<<endl;
else printf("%.2lf\n",Min);
}
}
版权声明：本文博主原创文章。博客，未经同意不得转载。