做题时间：2022.9.26
\(【题目描述】\)
一个平面直角坐标系中有 \(N\) 个小球，第 \(i\) 个小球初始时位于 \((x_i,y_i)\)，有一个速度 \(v_i\)，每一秒会沿着 \(y\) 轴竖直想下掉 \(v_i\) 个单位，越过 \(x\) 轴后继续下掉。有一个人初始时位于 \((x_0,0)\) 处，每一秒可以向左或右移动一个单位，若移动到某个小球所在的与 \(x\) 轴垂直的直线上，则会捕获这个小球，获得的分数是此时小球的 \(y\) 坐标的千分之一。求在捕获所有小球的前提下能获得的最高分数。
\(【输入格式】\)
第一行两个整数 \(N,x_0\)
第二行 \(N\) 个整数 \(x_i\) 表示小球 \(i\) 的 \(x\) 坐标
第三行 \(N\) 个整数 \(y_i\) 表示小球 \(i\) 的 \(y\) 坐标
第四行 \(N\) 个整数 \(v_i\) 表示小球 \(i\) 的速度。
\(【输出格式】\)
一行一个保留三位小数的实数，表示答案。
\(【考点】\)
区间dp
\(【做法】\)
对于当前决策影响未来的情况，那么直接将对未来的影响计算金当前决策。
首先经过的点都是连续的，可以考虑区间dp，由于当前位置对状态转移有影响，因此定义 \(f_{i,j,0/1}\) 表示捕获完 \([l,r]\) 中的所有小球后停在 \(l\) 或 \(r\) 的位置时的最大得分。
由于每次移动的时候所有未捕获的小球都会下落，因此可以提前减去它们的下落距离。定义 \(vs_i\) 表示速度的前缀和。
\[f_{i,j,0}=\max \begin{cases} f_{i+1,j,0}+y_i-(x_{i+1}-x_{i})\times (vs_n-vs_j+vs_i) \\ f_{i+1,j,1}+y_i-(x_j-x_i)\times (vs_n-vs_j+vs_i) \end{cases} \]\[f_{i,j,1}=\max \begin{cases} f_{i,j-1,0}+y_j-(x_j-x_i)\times(vs_n-vs_{j-1}+vs_{i-1}) \\ f_{i,j-1,1}+y_j-(x_j-x_{j-1})\times(vs_n-vs_{j-1}+vs_{i-1}) \end{cases} \]最后答案便是 \(\max(f_{1,n,0},f_{1,n,1})/1000\)
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e3+50;
struct egg{
int x,y,v;
}a[N];
int n,sx;
int vs[N];
ll f[N][N][2];
bool cmp(egg p,egg q){return p.x<q.x;}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&sx);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i].x);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i].y);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i].v);
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++) vs[i]=vs[i-1]+a[i].v;
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i][0]=f[i][i][1]=a[i].y-abs(sx-a[i].x)*vs[n];//初始化
for(int len=2;len<=n;len++){
for(int i=1;i<=n-len+1;i++){
int j=i+len-1;
f[i][j][0]=max(f[i+1][j][0]+a[i].y-(ll)(a[i+1].x-a[i].x)*(vs[n]-vs[j]+vs[i]),
f[i+1][j][1]+a[i].y-(ll)(a[j].x-a[i].x)*(ll)(vs[n]-vs[j]+vs[i]));
f[i][j][1]=max(f[i][j-1][0]+a[j].y-(ll)(a[j].x-a[i].x)*(vs[n]-vs[j-1]+vs[i-1]),
f[i][j-1][1]+a[j].y-(ll)(a[j].x-a[j-1].x)*(vs[n]-vs[j-1]+vs[i-1]));
}
}
printf("%.3lf\n",max(f[1][n][0],f[1][n][1])/1000.0);
return 0;
}