題意翻譯

Description 　　一個公司有三個移動服務員。如果某個地方有一個請求，某個員工必須趕到那個地方去（那個地方沒有其他員工），某一時刻只有一個員工能移動。只有被請求后，他才能移動，不允許在同樣的位置出現兩個員工。從位置P到Q移動一個員工的費用是C(P, Q)。這個函數沒有必要對稱，但是C(P, P) = 0。一開始三個服務員分別在位置1，2，3，公司必須滿足所有的請求。 目標是最小化公司的費用。 Input 　　第1行：2個整數L，N(3<=L<=200, 1<=N<=1000). L是位置數，每個位置從1到L編號，N是請求數。 　　接下來L行，每行包含L個非負整數，第i+1行的第j個數表示C(i, j)，并且它小于2000. 　　最后一行包含N個數，是請求列表。 Output 　　 第1行：一個數M，表示最小的服務花費

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：?
1 5 9 0 1 1 1 1 1 0 2 3 2 1 1 0 4 1 2 1 5 0 1 4 2 3 4 0 4 2 4 1 5 4 3 2 1 輸出樣例#1：?
5
解析：
這題值得好好理解。是我滾動數組入門題目。

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容易想到以當前的請求作為階段，當前服務員所在位置的最小花費作為狀態。
首先，
四維數組會爆空間。不用滾動數組也會爆空間。。。

我們假設dp[i][x][y]表示在第i個請求時，有一個服務員在x位置，一個服務員在y位置。如果x和y都不在上一個請求所在位置，那么剩下那個服務員必定在上一個請求的位置那里。

我們有三種決策：

• 將上一個請求位置的服務員轉移到當前請求的位置上，前提是x和y都不在上一個請求所在位置；
• 將x處的服務員轉移到當前請求的位置上，前提是y處的服務員不在當前請求的位置上（注意：上一個請求位置上的服務員不可能在此處了，不需要此條件）；
• 將y處的服務員轉移到當前請求的位置上，前提是x處的服務員不在當前請求的位置上；

我們很容易設計狀態轉移方程：

if(x!=p[i]&&y!=p[i])dp[now][x][y]=min(dp[now][x][y],dp[now^1][x][y]+a[p[i-1]][p[i]]); if(y!=p[i])dp[now][p[i-1]][y]=min(dp[now][p[i-1]][y],dp[now^1][x][y]+a[x][p[i]]); if(x!=p[i])dp[now][x][p[i-1]]=min(dp[now][x][p[i-1]],dp[now^1][x][y]+a[y][p[i]]);

當然，這些方程都有一個大前提，就是當前請求的x和y既不能在同一個位置上，又不能在上一個請求的位置上（注意細節）。

最后，我們檢查一遍最后一個請求時的狀態，找出最小值就OK了。

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參考代碼：

1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #include<algorithm> 6 #include<string> 7 #include<cstdlib> 8 #include<queue> 9 #include<vector> 10 #define INF 0x3f3f3f3f 11 #define PI acos(-1.0) 12 #define N 201 13 #define MOD 2520 14 #define E 1e-12 15 #define ri register int 16 using namespace std; 17 int a[N][N],dp[2][N][N],p[1001]; 18 inline int read() 19 { 20 int f=1,x=0;char c=getchar(); 21 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 22 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 23 return x*f; 24 } 25 int main() 26 { 27 int t; 28 cin>>t; 29 while(t--) 30 { 31 memset(a,0,sizeof(a)); 32 memset(p,0,sizeof(p)); 33 int now=0,l,n; 34 l=read(),n=read(); 35 for(ri i=1;i<=l;i++) 36 for(ri j=1;j<=l;j++) a[i][j]=read(); 37 for(ri i=1;i<=n;i++) p[i]=read(); 38 memset(dp[now],0x3f,sizeof(dp)); 39 p[0]=3;dp[0][1][2]=0; 40 for(ri i=1;i<=n;i++){ 41 now^=1;//滾動數組 42 memset(dp[now],0x3f,sizeof(dp[now])); 43 for(ri x=1;x<=l;x++)//有l個地方可以去 44 if(x!=p[i-1]) 45 for(ri y=1;y<=l;y++) 46 { 47 if(x==y&&y==p[i-1]) continue; 48 if(x!=p[i]&&y!=p[i]) 49 dp[now][x][y]=min(dp[now][x][y],dp[now^1][x][y]+a[p[i-1]][p[i]]); 50 if(y!=p[i]) 51 dp[now][p[i-1]][y]=min(dp[now][p[i-1]][y],dp[now^1][x][y]+a[x][p[i]]); 52 if(x!=p[i]) 53 dp[now][x][p[i-1]]=min(dp[now][x][p[i-1]],dp[now^1][x][y]+a[y][p[i]]); 54 } 55 } 56 int ans=INF; 57 for(ri i=1;i<=l;i++) 58 for(ri j=1;j<=l;j++) 59 if(i!=j&&i!=p[n]&&j!=p[n]) 60 ans=min(ans,dp[now][i][j]);//另一個人在p[n]處 61 cout<<ans<<endl; 62 } 63 return 0; 64 }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/DarkValkyrie/p/11053352.html

總結

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