[NOIP1999 提高组] 旅行家的预算

题目描述

一个旅行家想驾驶汽车以最少的费用从一个城市到另一个城市（假设出发时油箱是空的）。给定两个城市之间的距离 $D_1$、汽车油箱的容量 $C$（以升为单位）、每升汽油能行驶的距离 $D_2$、出发点每升汽油价格$P$和沿途油站数 $N$（$N$ 可以为零），油站 $i$ 离出发点的距离 $D_i$、每升汽油价格 $P_i$（$i=1,2,\dots ,N$）。计算结果四舍五入至小数点后两位。如果无法到达目的地，则输出 No Solution。

输入格式

第一行，$D_1$，$C$，$D_2$，$P$，$N$。

接下来有 $N$ 行。

第 $i+1$ 行，两个数字，油站 $i$ 离出发点的距离 $D_i$ 和每升汽油价格 $P_i$。

输出格式

所需最小费用，计算结果四舍五入至小数点后两位。如果无法到达目的地，则输出 No Solution。

样例 #1

样例输入 #1

275.6 11.9 27.4 2.8 2
102.0 2.9
220.0 2.2
1
2
3

样例输出 #1

26.95
1

提示

$N\le 6$，其余数字$\le 500$。

分析

显然本体是一道贪心题
1.枚举经过每个加油站所需花费
2.在一个加油站需要加的油，是可以支持车到下一个更便宜加油站的油，如果加满也到不了下一个更便宜的加油站那就加满油，到一个能到达的加油站中最便宜的加油站加油。
3.如果加满油也到不了下一个加油站（目的地），直接输出No Solution。

#include 
#include  
#include  

using namespace std;

double maxn, ans, d2, t, d1, c, p;  //t代表到达一个加油站时油箱里的油还能走多远 
int n;

struct node {
    double pp;
    double d;
}a[30];

int work(int x) {
    int cc = -1;
    for(int i = x + 1; i <= n && a[i].d - a[x].d <= maxn; i++) {
        if (a[i].pp < a[x].pp) {  //找到了更便宜的加油站 
            ans += ((a[i].d - a[x].d - t) / d2) * a[x].pp; // 计算花费 
            t = 0; 
            return i;//返回当加油站的编号
        }
        if (cc == -1 || a[i].pp < a[cc].pp) {
			cc = i;
		}
    }
    if (d1 - a[x].d <= maxn) {  //可以到达终点 
        ans += ((d1 - a[x].d - t) / d2) * a[x].pp;
        return 1e9;
    }
    if(cc == -1) {  //无法到达任意点 
        return -1;
    } else {
        ans += c * a[x].pp;   //把油箱加满 
        t += (maxn - a[cc].d + a[x].d);  //到达cc个加油站时油箱里的油还能走过远 
        return cc;
    }
}

int main()
{
    cin >> d1 >> c >> d2 >> p >> n;
    a[0].d = 0;   //把出发点赋值 
    a[0].pp = p;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i].d >> a[i].pp;
	}
    maxn = c * d2;  //最大能行驶的距离 
    int t = 0;
    while(t != 1e9) {  //t=1e9说明到终点了 
        t = work(t);   
        if(t == -1) { 
        	cout << "No Solution" << endl;  
			return 0;
		} 
    }
    printf("%.2f", ans);
    return 0;
}
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