BZOJ1003/luogu1772/ZJOI2006 物流运输

本文探讨了一种结合图论与动态规划(DP)的有趣算法问题。通过分析特定的数据范围,采用状态压缩DP的方法解决路径选择问题。文章详细介绍了算法实现过程,包括关键的转移方程推导、暴力求解最小费用的gg数组方法及具体实现代码。

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很有趣的一道图论+DP。

首先看数据范围,m小于等于20,直观感受状压DP…不过蒟蒻并没有想出来怎么转移。
有一个自然而然的想法:能不能每次将堵塞的边的代价加上去,然后最后求一次最短路?但是这样很难维护转多少次,所以PASS.
于是我就可耻的看了一下题解区。
首先我们先列这样一个转移方程:
dp[i]=min{dp[k]+g[k+1][i](ik)+K}
其中,dp[i]表示前i天中的最小花费,那么我们可以枚举每一个位置看是否进行换路。
如果换路的话,那么从第k+1天到第i天试用的最小值就用g[k+1][i]来储存。
所以现在的问题集中在了如何求g数组上。
结论也很简单:暴力。
我们枚举每一个天数区间[L,R],首先得到这段时间内哪些点是可以通过,然后对剩余部分求一次最短路,即可求出在[L,R]中需要的最小花费。
需要注意的细节蛮多的。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;
inline void read(int &x) {
    x = 0; char c = getchar();
    while(!isdigit(c)) c = getchar();
    while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
}
struct node{
    int to, va;
};
vector<node> v[23];
vector<int> day[103];
int g[103][103];
int dp[103];
int n, m, K, e, d;
inline void add_edge(int a, int b, int c) {
    node tmp;
    tmp.to = b, tmp.va = c;
    v[a].push_back(tmp);
    tmp.to = a;
    v[b].push_back(tmp);
}
queue<int> q;
int minV[23];
bool canuse[23];
inline void getSub(int l, int r) {
    memset(canuse, 1, sizeof canuse);
    for(int i = l; i <= r; ++i) {
        for(int j = 0; j < day[i].size(); ++j)
            canuse[day[i][j]] = 0;
    }
    while(!q.empty()) q.pop();
    q.push(1);
    for(int i = 2; i <= m; ++i)
        minV[i] = 0x3fffff;
    minV[1] = 0;
    int tmp;
    while(!q.empty()) {
        tmp = q.front();
        q.pop();
        for(int i = 0; i < v[tmp].size(); ++i) {
            if(canuse[v[tmp][i].to]) {
                if(minV[tmp] + v[tmp][i].va < minV[v[tmp][i].to]) {
                    minV[v[tmp][i].to] = minV[tmp] + v[tmp][i].va;
                    q.push(v[tmp][i].to);
                }
            }
        }           
    }
    g[l][r] = minV[m];
}
int main() {
    read(n), read(m), read(K), read(e);
    int tr, tt, tv;
    for(int i = 1; i <= e; ++i) {
        read(tr), read(tt), read(tv);
        add_edge(tr, tt, tv);
    }
    read(d);
    for(int k = 1; k <= d; ++k) {
        read(tr), read(tt), read(tv);
        for(int i = tt; i <= tv; ++i)
            day[i].push_back(tr);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        for(int j = i; j <= n; ++j) {
            getSub(i, j);
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        dp[i] = g[1][i] * i;
        for(int k = 1; k < i; ++k) {
            dp[i] = min(dp[i], dp[k] + g[k + 1][i] * (i - k) + K);
        }
    }
    cout<<dp[n]<<endl;
    return 0;
}
题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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