牛客多校第5场A-Portal

题意

有一个$n$个顶点$m$条边的图中，每条边有边权，你有$k$个任务，第$i$个任务为从编号为$a_i$的点走到编号为$b_i$的点。
同时你又可以随时在当前节点打开一个传送门，在两个传送门之间可以瞬间传送。但是最多同时存在两个传送门，当你想要在已经有两个传送门的情况下打开传送门，就需要远程关闭一个传送门。
求从顶点$1$开始，完成这$k$个任务所经过的最小边权。

题解

这道题使用$dp$。
先使用$Floyd$算法直接求出多源最短路，用$dis[i][j]$记录。
可以很容易想到设$dp[i][v][a][b]$，表示做任务$i$时当前在顶点$v$，存在两个位于顶点$a$和$b$的传送门时的最短距离。
由于每次选择创建一个传送门总比到原有传送门传送更优，所以每次只需要关心一个传送门，也就是可以删去一维为$dp[i][v][p]$。
由于$n,k\le 300$，此时复杂度为$O(k{n}^3)$仍会超时，所以还需要优化。
考虑将$[v]$这一维删去，将任务拆成到达两个节点，用$c[i]$记录。
这样就可以设成$dp[i][p]$，$c[i]$为当前顶点。
转移有两种情况：

1. 直接从$c[i-1]$走到$c[i]$：$$dp[i][p]=min(dp[i][p],dp[i-1][p]+dis[c[i-1]][c[i]]);$$
2. 先走到顶点$q$，设置传送门到$p$，在从$p$走到$c[i]$或先传送到$p$，从$p$走到$q$设置传送门，再从$q$走到$c[i]$（最后传送门在$p$还是在$q$不确定，都要转移）：$$dp[i][p]=min(dp[i][p],dp[i-1][p]+min(dis[c[i-1]][q]+dis[p][c[i]],dis[p][q]+dis[q][c[i]]));$$ $$dp[i][q]=min(dp[i][q],dp[i-1][p]+min(dis[c[i-1]][q]+dis[p][c[i]],dis[p][q]+dis[q][c[i]]));$$

初始化：$dp[0][1]=0$，其他全部赋值为$inf$；$c[0]=1$。
（其实是假设第$0$个任务为到达顶点$1$，并在原地设置传送门）

注意，可能需要使用$longlong$。

时间复杂度$O(k\times n^2)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long dis[400][400];
long long dp[800][400];
int c[800];
int main(){
	int n,m,k;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) dis[i][j]=1ll<<40;
	for(int i=0;i<=k*2;i++) for(int j=1;j<=n;j++) dp[i][j]=1ll<<40;
	for(int i=1;i<=n;i++) dis[i][i]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		dis[x][y]=dis[y][x]=min(dis[x][y],1ll*z);
	}
	for(int l=1;l<=n;l++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][l]+dis[l][j]);
	for(int i=1;i<=k;i++)
		scanf("%d%d",&c[i*2-1],&c[i*2]);
	k*=2;
	dp[0][1]=0;
	c[0]=1;
	for(int i=1;i<=k;i++){//dp,j层枚举p,l层枚举q
		for(int j=1;j<=n;j++){
			dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+dis[c[i-1]][c[i]]);
			for(int l=1;l<=n;l++){
				dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+min(dis[c[i-1]][l]+dis[j][c[i]],dis[j][l]+dis[l][c[i]]));
				dp[i][l]=min(dp[i][l],dp[i-1][j]+min(dis[c[i-1]][l]+dis[j][c[i]],dis[j][l]+dis[l][c[i]]));
			}
		}
	}
	long long minn=1ll<<50;
	for(int i=1;i<=n;i++) minn=min(minn,dp[k][i]);
	printf("%lld\n",minn);
	return 0;
}