【BZOJ1820】【JSOI2010】Express Service 快递服务 暴力DP

本文探讨了一种使用滚动数组优化最小花费问题的方法,通过压缩状态空间和限制顺序,有效降低了时间复杂度,实现高效的解决方案。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

题解:

首先思考f[l][i][j][k],表示序列第l次,三个司机分别在i,j,k点时的最小花费

然后显然i、j、k的顺序无关紧要。。

然后显然i、j、k中有一个在序列第l项代表的位置。


然后我们可以缩掉一维

设序列第l项为to[l],

则状态变成f[i][j][k]表示三个司机分别在to[i],j,k。

因为顺序无关紧要,所以我们还可以定义j恒<=k来卡常数。


然后1000的立方空间太大。

简单分析发现状态转移允许使用滚动数组。

所以再滚动一下。


最后空间复杂度O(n^2),

瓶颈在于路径长度和状态,常数为3

时间复杂度O(m*n*n),其中m是预约地点个数

瓶颈在于状态转移,为3 * 1/2 =1.5


然后这个暴力在BZOJ上就可以卡时过了。

>,<背不下去会考题了,来水一发。。。。

贴代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1050
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int map[N][N],n;
int f[2][N][N],now,last;
int to[N],m;
int main()
{
//	freopen("test.in","r",stdin);
	int i,j,k;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++)scanf("%d",&map[i][j]);
	while(scanf("%d",&to[++m])!=EOF);
	now=0,last=1;
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[now][1][2]=map[3][to[1]];
	f[now][1][3]=map[2][to[1]];
	f[now][2][3]=map[1][to[1]];
	for(i=2;i<m;i++)
	{
		now^=1,last^=1;
		memset(f[now],0x3f,sizeof(f[now]));
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			for(k=j;k<=n;k++)
			{
				//to[i-1]
				f[now][j][k]=f[now][k][j]=min(f[now][j][k],f[last][j][k]+map[to[i-1]][to[i]]);
				//j
				f[now][to[i-1]][k]=f[now][k][to[i-1]]=min(f[now][to[i-1]][k],f[last][j][k]+map[j][to[i]]);
				//k
				f[now][to[i-1]][j]=f[now][j][to[i-1]]=min(f[now][to[i-1]][j],f[last][j][k]+map[k][to[i]]);
			}
		}
	}
	int ans=inf;
	for(i=1;i<=n;i++)for(j=i;j<=n;j++)ans=min(ans,f[now][i][j]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}


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,所有点的权值和的最小值。 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,所有点的权值和的最小值。 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,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问,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,所有点的权值和的最小值,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,所有点的权值和的最小值。 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,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 $s$ 的最小值,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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