Sitting in Line
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Problem Description
度度熊是他同时代中最伟大的数学家,一切数字都要听命于他。现在,又到了度度熊和他的数字仆人们玩排排坐游戏的时候了。游戏的规则十分简单,参与游戏的N个整数将会做成一排,他们将通过不断交换自己的位置,最终达到所有相邻两数乘积的和最大的目的,参与游戏的数字有整数也有负数。度度熊为了在他的数字仆人面前展现他的权威,他规定某些数字只能在坐固定的位置上,没有被度度熊限制的数字则可以自由地交换位置。
Input
第一行一个整数T,表示T组数据。
每组测试数据将以如下格式从标准输入读入:
N
a1p1
a2p2
:
aNPN
第一行,整数 N(1≤N≤16),代表参与游戏的整数的个数。
从第二行到第 (N+1) 行,每行两个整数,ai(−10000≤ai≤10000)、pi(pi=−1 或 0≤pi<N),以空格分割。ai代表参与游戏的数字的值,pi代表度度熊为该数字指定的位置,如果pi=−1,代表该数字的位置不被限制。度度熊保证不会为两个数字指定相同的位置。
每组测试数据将以如下格式从标准输入读入:
N
a1p1
a2p2
:
aNPN
第一行,整数 N(1≤N≤16),代表参与游戏的整数的个数。
从第二行到第 (N+1) 行,每行两个整数,ai(−10000≤ai≤10000)、pi(pi=−1 或 0≤pi<N),以空格分割。ai代表参与游戏的数字的值,pi代表度度熊为该数字指定的位置,如果pi=−1,代表该数字的位置不被限制。度度熊保证不会为两个数字指定相同的位置。
Output
第一行输出:"Case #i:"。i代表第i组测试数据。
第二行输出数字重新排列后最大的所有相邻两数乘积的和,即max{a1⋅a2+a2⋅a3+......+aN−1⋅aN}。
第二行输出数字重新排列后最大的所有相邻两数乘积的和,即max{a1⋅a2+a2⋅a3+......+aN−1⋅aN}。
Sample Input
2
6
-1 0
2 1
-3 2
4 3
-5 4
6 5
5
40 -1
50 -1
30 -1
20 -1
10 -1
Sample Output
Case #1:
-70
Case #2:
4600
解析:
经典的TSP问题,就是各个点是有排列顺序的,所以需要二维的dp
dp[i][j]表示在取用了状态为i的那些点,且末尾是j的序列的最大值
dp[i][j]的后面一维j就是表示序列顺序用的,每一次就维护序列末尾j与序列倒数第二个数k之间的最优解
这样递推下来可以使得全部点排列下来使得总价值最大
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int lli;
#define INF 923372036854775807
const int MAXN = 18;
lli a[MAXN];
int loca[MAXN];
lli dp[1<<18][MAXN];
int main()
{
int t,n;
int ncount=0;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
ncount++;
scanf("%d",&n);
memset(loca,-1,sizeof(loca));
for(int i=0;i<n;i++)
{
int tmp;
scanf("%lld%d",&a[i],&tmp);
if(tmp!=-1) loca[tmp]=i;
}
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(i==0) dp[i][j]=0;
else dp[i][j]=-INF;
}
}
for(int i=0;i<(1<<n);i++) //状态i
{
int tmp=i;
int cnt=0;
while(tmp)
{
tmp=(tmp-1)&tmp;
cnt++;
}
for(int j=0;j<n;j++) //状态i下末尾为j
{
if((i&(1<<j))==0) continue;
if(cnt!=0&&loca[cnt-1]!=-1)
{
if(j!=loca[cnt-1]) continue;
}
int now=(i&(~(1<<j)));
if(now==0) //用于初始化置0
{
dp[i][j]=0;
continue;
}
for(int k=0;k<n;k++) //状态i下,序列在末尾j前面一个的一个数k
{
//if(dp[now][k]==-1) continue;
if((now&(1<<k))==0) continue;
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[now][k]+a[k]*a[j]);
}
}
}
lli ans=-INF;
for(int i=0;i<n;i++)
ans=max(ans,dp[(1<<n)-1][i]);
printf("Case #%d:\n",ncount);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}