题目描述
一张$n$个点$m$条边的有向图，通过每条边需要消耗时间，初始为$0$时刻，可以在某个点停留。有$q$个任务，每个任务要求在$l_i$或以后时刻到$s_i$接受任务，并在$r_i$或以前时刻到$t_i$完成任务。同一时刻可以接受多个任务。问：最多能完成多少任务。
输入
第一行，三个正整数$n$、$m$、$q$；
接下来$m$行，每行三个正整数$u_i$、$v_i$、$c_i$，表示有一条从$u_i$到$v_i$，耗时$c_i$的边。
接下来$q$行，每行四个正整数$s_i$、$t_i$、$l_i$、$r_i$，描述一个任务。
输出
一个整数，表示最多能完成的任务数量。
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
2
题解
Floyd+状压dp
比赛时现场切的题，今天想到，于是写了题解。
显然两点之间一定是走最短路的，于是先使用Floyd预处理出两点之间的最短路。
然后考虑状压。由于一个任务有三种状态：未接受、接受但未完成、已完成。于是可以设三进制状态，表示每个任务的进程。
而时间范围过大无法设为状态，于是需要用dp值表示。考虑到可以逗留，因此时间越短，答案不会更劣。
于是设$f[i][j]$表示任务进程的状态为$i$，当前在点$j$的最短时间。那么枚举每一个任务，考虑其转移方式即可。
注意这里只需要考虑第二个点是任务的起点/终点的情况，因为保证了走的是最短路，中间的点停留没有意义（所以本题n和m可以出到3W左右）。
最后判断哪个状态合法，统计该状态能够做的任务个数即可。
时间复杂度$O(3^q·q^2)$。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int dis[25][25] , f[60000][25] , base[15] , qx[15] , qy[15] , ql[15] , qr[15];
int main()
{
int n , m , q , i , j , k , x , y , z , ans = 0 , tmp;
scanf("%d%d%d" , &n , &m , &q);
memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) dis[i][i] = 0;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d%d" , &x , &y , &z) , dis[x][y] = min(dis[x][y] , z);
for(k = 1 ; k <= n ; k ++ )
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
dis[i][j] = min(dis[i][j] , dis[i][k] + dis[k][j]);
base[0] = 1;
for(i = 1 ; i <= q ; i ++ ) scanf("%d%d%d%d" , &qx[i] , &qy[i] , &ql[i] , &qr[i]) , base[i] = base[i - 1] * 3;
memset(f , 0x3f , sizeof(f)) , f[0][1] = 0;
for(i = 1 ; i < base[q] ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
{
for(k = 1 ; k <= q ; k ++ )
{
if(i % base[k] / base[k - 1] == 1)
f[i][qx[k]] = min(f[i][qx[k]] , max(f[i - base[k - 1]][j] + dis[j][qx[k]] , ql[k]));
else if(i % base[k] / base[k - 1] == 2 && f[i - base[k - 1]][j] + dis[j][qy[k]] <= qr[k])
f[i][qy[k]] = min(f[i][qy[k]] , f[i - base[k - 1]][j] + dis[j][qy[k]]);
}
}
}
for(i = 0 ; i < base[q] ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
{
if(f[i][j] != 0x3f3f3f3f)
{
for(tmp = k = 0 ; k < q ; k ++ )
if(i % base[k + 1] / base[k] == 2)
tmp ++ ;
ans = max(ans , tmp);
}
}
}
printf("%d
" , ans);
return 0;
}