poj 1925(坐标上的dp)

题目大意：

给出n个建筑，每个建筑以两个数x，y表示，x代表它在横轴上的位置，y代表这个建筑的高度。所有建筑的高度都大于等于第一个建筑的高度。所有建筑输入顺序按照x，y从小到达的顺序排列。

蜘蛛侠在第一个建筑上，他要去最后一个建筑救女朋友。一直他每一次摇摆都会到关于建筑对称的位置。求到最后一个建筑的最小摇摆次数。

解题思路：一开始以为很容易，dp[i]表示到达第i个建筑的最小摇摆次数，dp[i] = max(dp[k]+1),结果WA。。看了别人的思路才明白，这道题我想的太简单了。WA原因：未能解决后效性问题，假设有k和j，都满足dp[j] + 1 == dp[k] + 1,但两个位置摆动的幅度不同，对之后的状态会有影响。

所以这道题正解是dp[i]表示在x轴的i位置时的最小摆动次数。状态方程不变。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;const int maxn = 5005;
struct Node
{__int64 x,y;
}building[maxn];
int n,dp[1000005];int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%I64d%I64d",&building[i].x,&building[i].y);memset(dp,-1,sizeof(dp));dp[building[1].x] = 0;for(int i = 2; i <= n; i++){int dis = sqrt(building[i].y * building[i].y - (building[i].y - building[1].y) * (building[i].y - building[1].y) + 0.5);for(int j = 1; j <= dis; j++) //dis表示离建筑i最远的距离。{if(building[i].x - j < building[1].x) break;if(dp[building[i].x - j] == -1) continue;int tmp = min(building[i].x + j,building[n].x);if(dp[tmp] == -1) dp[tmp] = dp[building[i].x - j] + 1;else dp[tmp] = min(dp[tmp],dp[building[i].x - j] + 1);}}printf("%d\n",dp[building[n].x]);}return 0;
}

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