【线性dp && 蓝书刷题】 Mobile Service

题目传送门

题目描述：

一个公司有三个移动服务员。如果某个地方有一个请求，某个员工必须赶到那个地方去（那个地方没有其他员工），某一时刻只有一个员工能移动。被请求后，他才能移动，不允许在同样的位置出现两个员工。从p到q移动一个员工，需要花费c(p,q)。这个函数没有必要对称，但是c(p,p)=0。公司必须满足所有的请求。目标是最小化公司花费。

c[i][j] 由题目输入给出

---

分析：

在第一反应下，我们不难想出以下状态：
$f[i][x][y][z] 表示完成了前i个请求，三个员工分别位于 x,y,z 位置的最小花费$

我们可以考虑 用 阶段 i-1 来更新当前状态。
那么方程十分显然 ，这里不再说。

考虑优化
由于我们可以确定在进行第i个任务时，第i-1个任务已经完成，也就是说肯定有一个人在p[i-1]这个位置上，根据这个特性，我们可以优化空间：
设 $f[i][x][y] 表示完成了前i个请求，其他两个员工位于 x,y 位置的最小花费$
根据第三个人的位置是p[i-1]，我们可以列出一下方程：
$f[i][j][k]=f[i][k][j]=min(f[i][j][k],f[i-1][j][k]+c[p[i-1]][p[i]]);$
$f[i][p[i-1]][j]=f[i][j][p[i-1]]=min(f[i][p[i-1]][j],f[i-1][j][k]+c[k][p[i]]);$
$f[i][p[i-1]][k]=f[i][k][p[i-1]]=min(f[i][p[i-1]][k],f[i-1][j][k]+c[j][p[i]]);$

---

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,l;
int minn=1000000000;
int p[1010];
int c[1010][1010];
int f[1010][201][201];

int main(){
	freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);
    scanf("%d %d",&l,&n);
    for (int i=1;i<=l;i++)
      for (int j=1;j<=l;j++)
        scanf("%d",&c[i][j]);
    p[0]=3;
    memset(f,20,sizeof(f));
    f[0][1][2]=0;
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++){
	    for (int j=1;j<=200;j++)
	      for (int k=1;k<=200;k++){
		      if (j==k || j==p[i-1] || k==p[i-1]) continue;
		      f[i][j][k]=f[i][k][j]=min(f[i][j][k],f[i-1][j][k]+c[p[i-1]][p[i]]);
		      f[i][p[i-1]][j]=f[i][j][p[i-1]]=min(f[i][p[i-1]][j],f[i-1][j][k]+c[k][p[i]]);
		      f[i][p[i-1]][k]=f[i][k][p[i-1]]=min(f[i][p[i-1]][k],f[i-1][j][k]+c[j][p[i]]);
		      if (i==n) minn=min(minn,min(f[i][j][k],min(f[i][p[i-1]][j],f[i][p[i-1]][k])));
		  }
	}
	printf("%d",minn);
	return 0;
}