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【过滤这一段~~~】
一开始想的【错误的，为自己的总结的写的，读者略过】：
每个状态的点肯定是高度，那么我DP每一层，这样的话就有一层循环，其实这无关复杂度，不会很多时间
错误的是想法是从最高层开始DP下来，或者其实这样也同样可行，最高点是固定的。
OK，那么中间呢？怎么考虑一段，我们的目标且只能站在平台上，所以DP每个位置是不现实也是错误的想法。
最终只需要考虑两端？其实对啊，真的就只要两端考虑一下就好了！！！中间何必呢，自找麻烦，如果我是
sort了从高到低其实也好写，但是错就错在DP的位置是每一米的高度，如果这个高度没有平台，那不就是自找没趣？
所以我每次就以平台作为目标，因为平台是不会重叠，那么对象就看做平台好了。
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因为现在还很弱，这种左右分开DP真的太难想到了，当然也没有去仔细想，急着想水过去，就看了题解。【这样是不对的】
解析：
对象就是每一段平台，然后添两个平台，一个是地面，一个是最高点。排序由高度从小到大，所以处理的是从最低到最高的DP
当我掉在平台上的时候，我只能左走，或右走，走到左右两端的时间是好算的，
那么DP左右点的时间就是取复合要求的那些平台的DP值加上高度值和平移值；
第一：题目有要求，两个平台的高度不能超过max，
第二题目也有条件，高度各不相同，那么我们排序过以后，也就是说数组下标小的那些平台的高度一定是比他低的。
第三：他的下落点肯定是夹在接着的平台两端里面。
第四：我们一旦比他低的平台的，状态转移好就好结束，因为。。。自己想。。。
第五：他的下面可能没找什么平台，题目有解，那么就是他的高度呗。
状态转移方程不写了。。。。。后面其实写写真的很轻松了。
简述：
存入每一段，排序一下
然后for一层，哦，DP是DP[i][0]代表第i段左端的最少时间/DP[i][1]第i段右端最短的时间。
左右两端都要DP一下，DP的条件啊，转化啊，都说了，巨巨自己写写吧！！！加油！！！
参考的大牛博客： http://blog.csdn.net/jdplus/article/details/19919531
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<map>
#include<stdlib.h>
#include<string>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
const int N=1e4+10;
int dp[N*4][4];
struct asd{
int x1,x2;
int h;
};
asd q[1010];
int n,tp;
bool cmp(asd z,asd x)
{
if(z.h<x.h)
return 1;
return 0;
}
void left_t(int i)
{
int k=i-1;
while(k>0&&(q[i].h-q[k].h)<=tp){
if(q[i].x1>=q[k].x1&&q[i].x1<=q[k].x2){
dp[i][0]=(q[i].h-q[k].h)+min(q[i].x1-q[k].x1+dp[k][0],q[k].x2-q[i].x1+dp[k][1]);
return;
}
else
--k;
}
if((q[i].h-q[k].h)>tp)
dp[i][0]=INF;
else
dp[i][0]=q[i].h;
}
void right_t(int i)
{
int k=i-1;
while(k>0&&(q[i].h-q[k].h)<=tp){
if(q[i].x2<=q[k].x2&&q[i].x2>=q[k].x1){
dp[i][1]=(q[i].h-q[k].h)+min(q[i].x2-q[k].x1+dp[k][0],q[k].x2-q[i].x2+dp[k][1]);
return;
}
else
--k;
}
if((q[i].h-q[k].h)>tp)
dp[i][1]=INF;
else
dp[i][1]=q[i].h;
}
int smallest()
{
int i,j;
for(int i=1;i<=n+1;i++){
left_t(i);
right_t(i);
}
return min(dp[n+1][0],dp[n+1][1]);
}
int main()
{
int T,k;
int x0,y0,i,j;
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>x0>>y0>>tp;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&q[i].x1,&q[i].x2,&q[i].h);
}
q[0].h=0;
q[0].x1=-20000;
q[0].x2=20000;
q[n+1].h=y0;
q[n+1].x1=x0;
q[n+1].x2=x0;
sort(q,q+n+2,cmp);
printf("%d
",smallest());
}
return 0;
}