題目背景

話說小 x 有一次去參加比賽，雖然學校離比賽地點不太遠，但小 x 還是想坐 出租車去。大學城的出租車總是比較另類，有“拼車”一說，也就是說，你一個人 坐車去，還是一堆人一起，總共需要支付的錢是一樣的（每輛出租上除司機外最 多坐下 4 個人）。剛好那天同校的一群 Oier 在校門口紮堆了，大家果斷決定拼車 去賽場。

問題來了，一輛又一輛的出租車經過，但裏面要麽坐滿了乘客，要麽只剩下 一兩個座位，眾 Oier 都覺得坐上去太虧了，小 x 也是這麽想的。

題目描述

假設 N 位 Oier 準備拼車，此時為 0 時刻，從校門到目的地需要支付給出租

車師傅 D 元（按車次算，不管裏面坐了多少 Oier），假如 S 分鐘後恰能趕上比賽，

那麽 S 分鐘後經過校門口的出租車自然可以忽略不計了。現在給出在這 S 分鐘當

中經過校門的所有的 K 輛出租車先後到達校門口的時間 T i 及裏面剩余的座位 Zi

(1 <= Zi <= 4)，Oier 可以選擇上車幾個人（不能超過），當然，也可以選擇上 0 個

人，那就是不坐這輛車。

俗話說，時間就是金錢，這裏小 x 把每個 Oier 在校門等待出租車的分鐘數 等同於花了相同多的錢（例如小 x 等待了 20 分鐘，那相當於他額外花了 20 元錢）。

在保證所有 Oier 都能在比賽開始前到達比賽地點的情況下，聰明的你能計 算出他們最少需要花多少元錢麽？

輸入輸出格式

輸入格式：

每組數據以四個整數 N , K , D , S 開始，具體含義參見題目描述。

接著 K 行，表示第 i 輛出租車在第 Ti 分鐘到達校門，其空余的座位數為 Zi

（時間按照先後順序）。

N <= 100，K <= 100，D <= 100，S <= 100，1 <= Zi <= 4，1<= T(i) <= T(i+1) <= S

輸出格式：

對於每組測試數據，輸出占一行，如果他們所有人能在比賽前到達比賽地點，

則輸出一個整數，代表他們最少需要花的錢（單位：元），否則請輸出“impossible”。

輸入輸出樣例

2 2 10 5
1 1
2 2

14



這個是一個dp，對於dp數組的定義十分重要，開始我定義前，到第i分鐘的時候還有j人沒有上車，我覺得我定義的一塌糊塗，根本就不對，感覺沒有用腦袋思考，後來看了題解之後
就知道最好定義成前i兩個上了j個人花費的錢。
之前我自己的定義我覺得我是沒有認真在寫的，因為題目中給了兩個很明確的量，一個是車輛一個是人數，所以最好用這個來定義，開始最好從正方向去定義，因為我們一般對於
正方向比較熟練。
在這個定義完之後，還有一個轉移方程要寫，這個轉移方程要註意不能直接去轉移所有可能上去人數的，因為兩個車直接時間隔的太長了，然後又不能一次性全部上車，還不如之前可以上去，
就先上去了。
所以這個位置，轉移要註意，可以有三層循環，最內層就是對於每次上車多少人進行轉移。
然後還有就是每一個dp因為要對自己進行轉移，所以就要給她賦初值。這個初值不能亂賦，而是賦值成如果不上這輛車的話，j個人所用的費用。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn = 110;
int dp[maxn][maxn];
struct node
{
	int t, z;
}exa[maxn];
int main()
{
	int n, d, k, s;
	cin >> n >> k >> d >> s;
	for (int i = 1; i <= k; i++) scanf("%d%d", &exa[i].t, &exa[i].z);
	for (int i = 1; i <= n; i++) dp[0][i] = inf;
	dp[0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= k; i++)
	{
		for (int j = 0; j <= n; j++)
		{
			dp[i][j] = dp[i-1][j];
			for (int k = 1; k <= min(j, exa[i].z); k++)
			{
				dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - k] + k * exa[i].t + d, dp[i][j]);
			}
		}
	}
	if (dp[k][n] >= inf) printf("impossible\n");
	else printf("%d\n", dp[k][n]);
	return 0;
}

dp 洛谷P1977 出租車拼車 線性dp