蓝书（算法竞赛进阶指南）刷题记录——CH5102 Mobile Service

题目大意：三个人一开始在1,2,3的位置，每次给定一个1~l的坐标（必须按顺序），他们之中必须有一个人走到这个坐标，且他们之中不能有两人站在同一位置，从点x走到点y的花费为c(x,y)，求最小花费.

首先这是一道十分裸的DP，我们可以设状态f[i][x][y][z]为走过前i个给定坐标，且当前第一个人在位置x，第二个人在位置y，第三个人在位置z的最小花费.

考虑三个人的走法，设第i个坐标为go[i]，我们可以很容易推出方程：

$f[i+1][go[i+1]][y][z]=min(f[i][x][y][z]+c(x,go[i+1]))$

$f[i+1][x][go[i+1]][z]=min(f[i][x][y][z]+c(y,go[i+1]))$

$\bg_white f[i+1][x][y][go[i+1]]=min(f[i][x][y][z]+c(z,go[i+1]))$

这个算法的时空复杂度为 $O(nl^3)$ ，TLE+MLE.

我们发现，当一个状态f[i]是有意义的情况下，必定有一个人的位置为go[i].而直到三个人的坐标不需要知道顺序，所以我们的状态可以简化成f[i][x][y]表示走过前i个给定坐标，有一个人的坐标为x，有一个人的坐标为y，有一个人的坐标为go[i]即可.

那么我们设go[0]为3，然后初始化f[0][1][2]=f[0][2][1]=0.

方程如同上面，分别推断三个情况可以得出：

$f[i+1][x][y]=min(f[i][x][y]+c(go[i],go[i+1]))$

$f[i+1][go[i]][y]=min(f[i+1][x][y]+c(x,go[i+1]))$

$f[i+1][x][go[i]]=min(f[i+1][x][y]+c(y,go[i+1]))$

那么这道题其实就这样可以AC了，时间复杂度 $O(nl^2)$ ，空间复杂度 $O(nl^2)$ 若加上滚动数组可以进一步优化空间复杂度为 $O(l^2)$ .

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
#define Abigail inline void
const int L=200,N=1000;
const int INF=(1<<30)-1;
int l,dis[L+9][L+9];
int n,go[N+9];
int ans,f[N+9][L+9][L+9];
void getmin(int &a,int b){
  a=a<b?a:b;
}
Abigail into(){
  scanf("%d%d",&l,&n);
  for (int i=1;i<=l;i++)
    for (int j=1;j<=l;j++)
      scanf("%d",&dis[i][j]);
  for (int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&go[i]);
}
Abigail work(){
  for (int i=0;i<=N+1;i++)
    for (int j=0;j<=L+1;j++)
      for (int k=0;k<=L+1;k++)
        f[i][j][k]=INF;
  int x,y;
  go[0]=3;
  f[0][1][2]=0;f[0][2][1]=0;
  for (int i=0;i<n;i++)
    for (int j=1;j<=l;j++)
      for (int k=1;k<=l;k++){
        x=go[i];y=go[i+1];
        if (j^y&&k^y&&j^k) getmin(f[i+1][j][k],f[i][j][k]+dis[x][y]);
        if (x^y&&k^y&&x^k) getmin(f[i+1][x][k],f[i][j][k]+dis[j][y]);
        if (x^y&&j^y&&x^j) getmin(f[i+1][j][x],f[i][j][k]+dis[k][y]);
      }
  ans=INF;
  for (int i=1;i<=l;i++)
    for (int j=1;j<=l;j++)
      getmin(ans,f[n][i][j]);
}
Abigail outo(){
  printf("%d\n",ans);
}
int main(){
  into();
  work();
  outo();
  return 0;
}

蓝书（算法竞赛进阶指南）刷题记录——CH5102 Mobile Service

猜你喜欢