【DP计划】10.27——[LOJ]「美团 CodeM 初赛 Round B」送外卖2（三进制状压） MEDIUM

最新推荐文章于 2019-09-20 15:44:00 发布

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本文介绍了一种使用三进制状压DP算法解决配送任务问题的方法，通过优化状态表示和转移过程，有效地解决了在有限时间内完成最多配送任务的问题。

题目描述

一张 $n$ 个点 $m$ 条有向边的图上，有 $q$ 个配送需求，需求的描述形式为 $s_i , t_i , l_i , r_i )$ ，即需要从点 $s_i$ 送到 $t_i$ ，在时刻 $l_i$ 之后（包括 $l_i$ ）可以在 $s_i$ 领取货物，需要在时刻 $r_i$ 之前（包括 $r_i$ ）送达 $t_i$ ，每个任务只需完成一次。

图上的每一条边均有边权，权值代表通过这条边消耗的时间。在时刻 $0$ 有一个工作人员在点 $1$ 上，求他最多能完成多少个配送任务。

在整个过程中，可以认为领货跟交货都是不消耗时间的，时间只花费在路程上。当然在一个点逗留也是允许的。
输入格式

第一行，三个正整数 $(2\leq n\leq 20, 1\leq m\leq 400, 1\leq q\leq 10)$
接下来 $m$ 行，每行三个正整数 $ui,vi,ci(1≤ui,vi≤n,1≤ci≤20000)u_i , v_i , c_i (1\leq u_i,v_i\leq n, 1\leq c_i\leq 20000)$ ，表示有一条从 $u_i$ 到 $v_i$ 耗时为 $c_i$ 的有向边。
接下来 $q$ 行，每行四个正整数 $si,ti,li,ri(1≤si,ti≤n,1≤li≤ri≤106)s_i , t_i , l_i , r_i (1\leq s_i,t_i\leq n, 1\leq l_i\leq r_i\leq 10^6)$ ，描述一个配送任务。
输出格式

一个整数，表示最多能完成的任务数量。
样例
样例输入

5 4 3
1 2 1
2 3 1
3 4 1
4 5 1
1 2 3 4
2 3 1 2
3 4 3 4

样例输出

样例解释

工作人员可以在时刻 1 到达点 2 ，领取第二个货物后在时刻 2 到达点 3 后交货，逗留到时刻 4 ，领取第三个货物，在时刻 4 到达点 4 并交货。

这题要配送的状态只有10个，显然是可以状压的。我们考虑二进制状压，表示每个点是否配送完成，发现其中还有一个取货的状态，比较难表示，所以二进制状压不是特别可行。于是我们考虑三进制状压， $f [i] [k]$ 表示当前在点 $i$ ,状态为 $k$ 的时候的最短时间。其中 $k$ 是一个三进制数，由 $0 / 1 / 2$ 组成，分别表示该配送没有取货，取了但没有送到，送到了。

由于 $n$ 只有 $20$ ，我们先用floyd算出最短路( $g [i] [j]$ )，然后进转移。对于三进制状态的每一个0，它都可以转移到一个状态1，表示取了这个配送的货`f[s[j]][k+p[j]]=min(f[s[j]][k+p[j]],max(f[i][k]+g[i][s[j]],l[j]));`，到状态 $k$ 的时间加上 $k$ 到 $s [j]$ （陪送 $j$ 取货的位置）的最短时间，再与最小取货时间去 $m a x$ 即使从这种状态推过来的时间。

对于每一个状态1，它都可以推到一个状态2，但是前提是`f[i][k]+g[i][t[j]]<=r[j]`，然后就可以进行转移`f[t[j]][k+p[j]]=min(f[t[j]][k+p[j]],f[i][k]+g[i][t[j]])`,转移方程的思路类似于1的思路。

边转移边记录状态为2的数，最后取 $m a x$ 即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1e9;
int read(){
	char c;int x;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');x=c-'0';
	while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0';return x;
}
int n,m,q,cnt,ans,f[22][60000],p[12];
int s[12],t[12],l[12],r[12],g[22][22];
int main()
{
	n=read();m=read();q=read();p[1]=1;
	for(int i=2;i<=q+1;i++)p[i]=p[i-1]*3;cnt=p[q+1];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	 for(int j=0;j<=p[q+1];j++)f[i][j]=inf;f[1][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	 for(int j=1;j<=n;j++)g[i][j]=(i==j?0:inf);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x=read(),y=read(),c=read();
		g[x][y]=min(g[x][y],c);
	}
	for(int i=1;i<=q;i++){
		s[i]=read();t[i]=read();l[i]=read();r[i]=read();
	}
	for(int k=1;k<=n;k++)
	 for(int i=1;i<=n;i++)
	  for(int j=1;j<=n;j++)
	   g[i][j]=min(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]);
	for(int k=0;k<cnt;k++)
	 for(int i=1;i<=n;i++){
	 	if(f[i][k]==inf) continue;
	 	int tot=0;
	 	for(int j=1;j<=q;j++){
	 		int T=k/p[j]%3;
	 		if(T==0){
	 			f[s[j]][k+p[j]]=min(f[s[j]][k+p[j]],max(f[i][k]+g[i][s[j]],l[j]));
			}
			else if(T==1){
				if(f[i][k]+g[i][t[j]]<=r[j]) f[t[j]][k+p[j]]=min(f[t[j]][k+p[j]],f[i][k]+g[i][t[j]]);
			}
			else tot++;
		 }
		 ans=max(ans,tot);
	 }
	printf("%d",ans);
	return 0;
}