동적 기획 특훈: 도시의 스파이(UVA1025) 다상태 이동

문제풀이 사고방식: 분석을 통해 알 수 있듯이 어느 역에 도착하면 세 가지 선택이 있고 다른 세 가지 상태로 전환된다. 각각 기다림을 선택하고 오른쪽으로 가는 열차(있으면), 왼쪽으로 가는 열차(있으면)에 오르면 시간과 플랫폼 위치만 최종결과 (최소 기다림 시간)에 영향을 미치기 때문에 2차원수조 dp[i][j]를 설정하면 어떤 상태에서 걸리는 최소 기다림 시간을 나타낸다. 그 중에서 i는 총 시간을 나타낸다.j는 플랫폼에 도착한 위치를 나타낸다.경계 조건은 상태 dp[T][N]=0, 그리고 dp[T][i]=inf, 즉 T시간에 역 N에 도착하는 것을 필요로 하는 종료 상태로 이 상태에서 최소 대기 시간은 0이고 나머지 시간은 T의 상태가 우리가 필요로 하는 상태가 아니기 때문에 inf로 설정하여 점차적으로 비교할 때 버림받는다.코드 주석을 참고할 수 있습니다.
제목 설명: 본 문제는 대략 역 1에서 출발하여 T시간에 역 n에 도착하면 열차가 어느 역에서 다음 역까지 정해진다는 뜻이다(거꾸로 가면 시간이 같다).두 방향 모두 일정한 수량의 열차가 있는데 수량과 출발 시간의 입력이 정해져 있다. 반대 방향의 열차가 같은 역에 도착하면 즉시 환승(기다릴 필요가 없음)할 수 있다. 만약에 어느 역에 도착한 후에 차에 오르지 않거나 탈 수 없는 열차를 선택하면 기다리는 데 1초가 걸린다.역 1에서 출발하면 t시간에 역에 도착하는데 n이 기다리는 시간이 얼마냐고 물었다.

#include
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using namespace std;
#define inf 1<<30

int n,t,statime[71],m1,m2,froml[51],fromr[51],have_train[201][51][2];
int dp[201][51];

int main()
{
	while(cin>>n>>t)
	{
		memset(have_train,0,sizeof(have_train));
		for(int i=1;i<=n-1;i++)
		{
			cin>>statime[i];
		}
		cin>>m1;
		for(int i=1;i<=m1;i++)
		{
			cin>>froml[i];
		}
		cin>>m2;
		for(int i=1;i<=m2;i++)
		{
			cin>>fromr[i];
		}
		for(int i=1;i<=m1;i++)
		{
			int tmpt=0;
			for(int j=0;j<=n-1;j++)
			{
				tmpt+=statime[j];
				have_train[froml[i]+tmpt][j+1][0]=1;    //              ，         1 
			}
		}
		for(int i=0;i<=m2;i++)
		{
			int tmpt=0;
			for(int j=n;j>=1;j--)
			{
				tmpt+=statime[j];
				have_train[fromr[i]+tmpt][j][1]=1;     //              ，         1  
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)                          //   inf          ，            
		{
			dp[t][i]=inf;
		}
		dp[t][n]=0;
		for(int i=t;i>=0;i--)
		{
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{                                         // 3          
				if(i+1<=t)
				dp[i][j]=dp[i+1][j]+1;           
				if(have_train[i][j][0]&&j1&&i+statime[j-1]<=t)
				{
					dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+statime[j-1]][j-1]);
				}
			}
		}
		if(dp[0][1]<=t)
		cout<