Problem Description
比賽是設在一條筆直的道路上，長度為L米，規則很簡單，誰先到達終點誰就算獲勝。
無 奈烏龜自從上次獲勝以後，成了名龜，被一些八卦雜誌稱為“動物界的劉翔”，廣告不斷，手頭也有了不少積蓄。為了能夠再贏兔子，烏龜不惜花下血本買了最先進 的武器——“"小飛鴿"牌電動車。這輛車在有電的情況下能夠以VT1 m/s的速度“飛馳”，可惜電池容量有限，每次充滿電最多隻能行駛C米的距離，以後就只能用腳來蹬了，烏龜用腳蹬時的速度為VT2 m/s。更過分的是，烏龜竟然在跑道上修建了很多很多（N個)的供電站，供自己給電動車充電。其中，每次充電需要花費T秒鐘的時間。當然，烏龜經過一個充 電站的時候可以選擇去或不去充電。
比賽馬上開始了，兔子和帶著充滿電的電動車的烏龜並列站在起跑線上。你的任務就是寫個程式，判斷烏龜用最佳的方案進軍時，能不能贏了一直以恆定速度奔跑的兔子。

Input
本題目包含多組測試，請處理到檔案結束。每個測試包括四行：
第一行是一個整數L代表跑道的總長度
第二行包含三個整數N，C，T，分別表示充電站的個數，電動車衝滿電以後能行駛的距離以及每次充電所需要的時間
第三行也是三個整數VR，VT1，VT2，分別表示兔子跑步的速度，烏龜開電動車的速度，烏龜腳蹬電動車的速度
第四行包含了N(N<=100)個整數p1,p2...pn,分別表示各個充電站離跑道起點的距離，其中0<p1<p2<...<pn<L
其中每個數都在32位整型範圍之內。
 
output
當烏龜有可能贏的時候輸出一行 “What a pity rabbit!"。否則輸出一行"Good job,rabbit!";
題目資料保證不會出現烏龜和兔子同時到達的情況。

Sample Input
100 3 20 5 5 8 2 10 40 60 100 3 60 5 5 8 2 10 40 60

Sample Output
Good job,rabbit! What a pity rabbit!

分析：

每種狀態再去找前面的狀態——DP的核心思想

由於可能存在一次充電之後經過多個充電站而不需要再充的最優解，所以把每一個充電站是否充電當做一個狀態是錯誤的，第i步的最優解並不一定就是第i-1步的最優解轉移而來。

dp[i]儲存到達第i個充電站需要的最小時間，它由dp[i]之前的每個最優解單次充電後到達第i個站的最短時間轉移而來

將充電時間表示為t 行走時間表示為T，則 狀態轉移方程：

dp[i]=min(   (dp[0]+T),(dp[1]+T+t),(dp[2]+T+t),.......,(dp[i-1]+T+t)    )

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define INF 1000000
using namespace std;
const int maxn = 200;
double dp[maxn];
double p[maxn];
int main()
{
	double  L,c, t, vr, vt1, vt2,t2; int n;
	//計算時間可能出現小數，方便起見全部用double型別，或者在計算時間的時候*1.0
	while (~scanf("%lf",&L)) {
		scanf("%d%lf%lf", &n, &c, &t);
		cin >> vr >> vt1 >> vt2;
		p[0] = 0;p[n + 1] = L;dp[0] = 0;
		//起點視作第0個加油站，終點視作第n+1個
		for (int i = 1;i <= n;i++) {
			cin >> p[i];
		}
		for (int i = 1;i <= n + 1;i++) {
			double MIN = INF;
			for (int j = 0;j < i;j++) {
				double dis = p[i] - p[j];
				if (c > dis) t2 = dis / vt1;
				else t2 = c / vt1 + (dis - c) / vt2;
				t2 += dp[j];
				if (j)t2 += t; 
				//除了從p[0]作為起點之外，其他情況充電一次
				if (t2<MIN)MIN = t2;
			}
			dp[i] = MIN;	
		}
		double t1 = L / vr;
		if (t1>dp[n+1]) cout << "What a pity rabbit!" << endl;
		else cout << "Good job,rabbit!" << endl;
	}
}