（状态优化）SMOJ 中国移动/洛谷 P7685 SPOJ703/5638 CEOI2005 Mobile Service系列 题解

题意

一个公司有三个移动服务员。如果某个地方有一个请求，某个服务员必须赶到那个地方去（那个地方没有其他服务员），某一时刻只有一个服务员能移动。被请求后，他才能移动，不允许在同样的位置出现两个服务员。从 $p$ 到 $q$ 移动一个服务员，需要花费 $c(p,q)$，$c(p,p)=0$。公司必须满足所有的请求，目标是最小化公司花费，并输出每次请求提供服务的服务员编号 $1,2,3$。

共有 $m$ 个地方，$n$ 个请求。

$\forall c(p,q)\in [0,2000]$。

SMOJ：$3\le m\le 200,1\le n\le 1000$；无输出编号需求。

SP703：多测组数$T$，大小不详，较小；无输出编号需求。

SP5638：$3\le m\le 300,1\le n\le 3000,1.46\mathrm{GB}$。

洛谷P7685：$3\le m\le 200,1\le n\le 1000,64\mathrm{MB}$。

下文将提供洛谷 P7685 数据要求的题解，其他数据范围敬请自行修改。

思路

最朴素的状态设法，设 $f_{i,x,y,z}$ 表示完成第 $i$ 个请求后，三个服务员各自在 $x,y,z$。

但是看到空间限制无比的小，因此状态下标那么多，肯定开不下。

我们发现，每个请求之后，三个服务员中，肯定有一个服务员在请求位置 $a_i$，因此我们尝试从这里下手，缩减状态。

令 $f_{i,x,y}$ 表示，三个服务员一个去到了 $a_i$ ，剩下两个在位置 $x,y$ 的最小代价，不妨令 $z=a_{i-1}$ ，那么显然的有：
f i , x , y = min ⁡ { f i − 1 , x , y + c ( z , a i ) } f_{i,x,y}=\min \{f_{i-1,x,y}+c(z,a_i)\} fi,x,y​=min{fi−1,x,y​+c(z,ai​)}

f i , x , z = min ⁡ { f i − 1 , x , y + c ( y , a i ) } f_{i,x,z}=\min \{f_{i-1,x,y}+c(y,a_i)\} fi,x,z​=min{fi−1,x,y​+c(y,ai​)}

f i , y , z = min ⁡ { f i − 1 , x , y + c ( x , a i ) } f_{i,y,z}=\min \{f_{i-1,x,y}+c(x,a_i)\} fi,y,z​=min{fi−1,x,y​+c(x,ai​)}

记得判断三个位置相互不同。

还想缩减空间，那就滚动数组吧。

memset(f,inf,sizeof(f));
f[0][1][2]=0;
a[0]=3;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
	ll now=i&1,las=now^1;
	memset(f[now],inf,sizeof(f[now]));
	for(int x=1;x<=m;x++)
	{
		for(int y=1;y<=m;y++)
		{
			ll z=a[i-1];
			if(x==y||y==z||z==x)continue;
			if(!(x==y||y==a[i]||a[i]==x))f[now][x][y]=min(f[now][x][y],f[las][x][y]+c[z][a[i]]);
			if(!(x==z||z==a[i]||a[i]==x))f[now][x][z]=min(f[now][x][z],f[las][x][y]+c[y][a[i]]);
			if(!(y==z||z==a[i]||a[i]==y))f[now][y][z]=min(f[now][y][z],f[las][x][y]+c[x][a[i]]);
		}
	}
}

不过写完代码之后，发现交在 SP703 被无脑卡常。我的原因是对 $x,y$ 两状态循环的时候，两个全枚举了 $1\sim n$，那么尝试缩减，通过保证两个状态 $x<y$ 可以实现缩减状态枚举量（虽然只是除以二）。具体实现见代码。

代码（SP703）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int M=202,N=1002,inf=0x3f3f3f3f;
int T,m,n,c[M][M],a[N];
ll f[2][M][M];
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&m,&n);
		for(int i=1;i<=m;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
		scanf("%d",&c[i][j]);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
		memset(f,inf,sizeof(f));
		f[0][1][2]=0;
		a[0]=3;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int now=i&1,las=now^1;
			memset(f[now],inf,sizeof(f[now]));
			for(int x=1;x<=m;x++)
			{
				for(int y=x+1;y<=m;y++)
				{
					int z=a[i-1];
					if(x==y||y==z||z==x)continue;
					if(!(x==y||y==a[i]||a[i]==x))f[now][x][y]=min(f[now][x][y],f[las][x][y]+c[z][a[i]]);
					if(!(x==z||z==a[i]||a[i]==x))f[now][min(x,z)][max(x,z)]=min(f[now][min(x,z)][max(x,z)],f[las][x][y]+c[y][a[i]]);
					if(!(y==z||z==a[i]||a[i]==y))f[now][min(y,z)][max(y,z)]=min(f[now][min(y,z)][max(y,z)],f[las][x][y]+c[x][a[i]]);
				}
			}
		}
		ll ret=inf;
		for(int x=1;x<=m;x++)
		{
			for(int y=1;y<=m;y++)
			{
				if(x==y)continue;
				ret=min(ret,f[n&1][x][y]);
			}
		}
		printf("%lld\n",ret);
	}
	return 0;
}

那么怎么才能找到前往服务的服务员编号呢？那就要在 dp 的时候作处理了。

我们记 $po{s}_{i,x,y}$ 表示，遍历到第 $i$ 个请求时，“处理请求 $a_i$ 的并非在位置 $x,y$ 的服务员”这一情况是否改变，如果不改变则为 $0$，否则就是前往 $a_i$ 的服务员的前继位置。

找最小代价的时候，把最终最小代价所处的状态 $\mathrm{ans}=f_{n,x,y}$ 的 $x,y$ 记为 $minx=x,miny=y$ ，即其中一个服务员处理完请求 $a_n$ 之后，其他两个服务员所在的位置。

令 $X_i,Y_i$ 表示处理第 $i$ 个请求时，其中一个服务员处理请求 $a_i$ ，其他两个服务员所在的位置。那就可以考 $\mathrm{pos}$ 数组反推了：

初始状态 $X_n=minx,Y_n=miny$，考虑倒序枚举 $i:n\to 1$，每次更新$minx,miny$ 从而更新 $X_i,Y_i$。

如果上文的“情况”不改变，那么 $X_i,Y_i$ 相应不变，不更新 $minx,miny$；否则将等于 $a_{i-1}$ 的 $minx$ 或者 $miny$ 置为 $po{s}_{i,X_i,Y_i}$。

for(int i=n;i>=1;i--)
{
	x[i]=minx,y[i]=miny;
	int tem=pos[i][x[i]][y[i]];
	if(tem)
	{
		if(minx==a[i-1])minx=tem;
		else miny=tem;
	}
}

得到了 $X,Y$ 数组，就可以输出答案了。由于编号 $1\sim 3$ 有一个很好的性质，就是和为 $6$，知道了其中两个编号，那么另外一个就是唯一的。而我们正要通过 $X,Y$ 数组更新对应编号：即记 $A,B$ 表示当前没有前往请求 $a_i$ 的服务员编号，初始不妨设为 $A=1,B=2$ （反正是 Special Judge）。

具体及细节见代码。

代码（洛谷P7685）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define uc unsigned char
const int M=202,N=1002,inf=0x3f3f3f3f;
int m,n,c[M][M],a[N];
ll f[2][M][M];
int x[N],y[N];
uc pos[N][M][M];
int main()
{
	scanf("%d%d",&m,&n);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++)
	scanf("%d",&c[i][j]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	scanf("%d",&a[i]);
	memset(f,inf,sizeof(f));
	f[0][1][2]=0;
	a[0]=3;
	x[0]=1,y[0]=2;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int now=i&1,las=now^1;
		memset(f[now],inf,sizeof(f[now]));
		for(int x=1;x<=m;x++)
		{
			for(int y=1;y<=m;y++)
			{
				int z=a[i-1];
				if(x==y)continue;
				if(!(x==a[i]||y==a[i]))
				{
					ll tem=f[las][x][y]+c[z][a[i]];
					if(tem<f[now][x][y])
					{
						f[now][x][y]=tem;
						pos[i][x][y]=0;
					}
				}
				if(!(x==a[i]||z==a[i]))
				{
					ll tem=f[las][x][y]+c[y][a[i]];
					if(tem<f[now][x][z])
					{
						f[now][x][z]=tem;
						pos[i][x][z]=y;
					}
				}
				if(!(y==a[i]||z==a[i]))
				{
					ll tem=f[las][x][y]+c[x][a[i]];
					if(tem<f[now][z][y])//y上下对应 
					{
						f[now][z][y]=tem;
						pos[i][z][y]=x;
					}
				}
			}
		}
	}
	ll ret=inf;
	int minx=0,miny=0,A=1,B=2;
	for(int x=1;x<=m;x++)
	{
		for(int y=1;y<=m;y++)
		{
			if(f[n&1][x][y]<ret)
			{
				ret=f[n&1][x][y];
				minx=x,miny=y;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ret);
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		x[i]=minx,y[i]=miny;
		int tem=pos[i][x[i]][y[i]];
		if(tem)
		{
			if(minx==a[i-1])minx=tem;
			else miny=tem;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(x[i]==a[i-1])A=6-A-B;//不变即继承
		else if(y[i]==a[i-1])B=6-A-B;
		printf("%d ",6-A-B);
	}
	return 0;
}