uva10857（状态压缩DP）

uva10857

题意

兔子希望在平面上 n 个点上放蛋，每个点最多放一个蛋，初始兔子在 (0, 0) 点，这里有无数个蛋，兔子可以回到这个点取蛋，兔子的速度为 (v * 2^{-i})（i 为携带蛋的数量)。对于每个点 (x, y) ，在 (720+x/2000) 分钟后不能在该点放蛋了。问最多放几个蛋。

分析

状态压缩DP。
dp[i][j][k] 表示到 i 点时，所有点的状态为 j ，身上携带 k 个蛋的最短时间。
可以使用 BFS 进行记忆化搜索。但是直接这样搜 (O(2^{17}*18^3)) 复杂度太高。

发现兔子速度的计算公式，(v * 2^{-i})，当 i 很大时，速度会非常小。
考虑一种特殊情况，只有两个点 A(0, a), B(0, a + b) ，如果每次只携带一个蛋，那么分别在 A B 放 2 个蛋所需时间为 (a * 2 + a + a * 2 + b * 2 = 5a + 2b) ，一次性携带两个蛋所需时间为 (4a + 2b)，携带两个蛋更优；
假如有三个点 A(0, a) B(0, a + b) C(0, a + b + c)，一次性携带三个蛋所需时间为 (8a + 4b + 2c)，而选择先带一个蛋放到 A，再带两个蛋，所需时间为 (2 * a + a + 4 * a + 4 * b + 2 * c = 7a + 4b + 2c)，也就是说分开来带更优，对于更多的点也可以证明。
所以 k 的最大值为 2，也就是说从初始点最多只能带一个或两个蛋出来。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 18;
const double INF = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-9;
int n;
double v, dis[MAXN][MAXN];
double dist(double x1, double y1, double x2, double y2) {
    return sqrt((x2 - x1) * (x2 - x1) + (y2 - y1) * (y2 - y1));
}
int x[MAXN], y[MAXN];
double dp[MAXN][1 << MAXN][3];
double maxtime[MAXN];
struct P {
    int pos, state, cnt;
};
void bfs() {
    queue<P> q;
    q.push(P{0, 0, 2});
    q.push(P{0, 0, 1});
    dp[0][0][0] = 0;
    dp[0][0][1] = 0;
    dp[0][0][2] = 0;
    while(!q.empty()) {
        P p = q.front(); q.pop();
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            if(!((p.state >> i) & 1)) {
                P np;
                np.state = p.state + (1 << i);
                if(p.cnt) {
                    np.cnt = p.cnt - 1;
                    np.pos = i;
                    double ctime = dis[p.pos][i] / v * (1 << p.cnt);
                    if(dp[p.pos][p.state][p.cnt] + ctime < maxtime[i]) {
                        if(fabs(dp[np.pos][np.state][np.cnt] - INF) < eps) { // eps
                            q.push(P{np.pos, np.state, np.cnt});
                        }
                        dp[np.pos][np.state][np.cnt] = min(dp[np.pos][np.state][np.cnt], dp[p.pos][p.state][p.cnt] + ctime);
                    }
                } else {
                    double ctime = dis[p.pos][0] / v; // 从当前点回到 0 点
                    double ctime1 = dis[0][i] / v * 2, ctime2 = dis[0][i] / v * 4; // 从 0 点拿 1 个或 2 个到当前点的时间
                    np.pos = i;
                    np.cnt = 0;
                    if(dp[p.pos][p.state][p.cnt] + ctime + ctime1 < maxtime[i]) {
                        if(fabs(dp[np.pos][np.state][np.cnt] - INF) < eps) {
                            q.push(P{np.pos, np.state, np.cnt});
                        }
                        dp[np.pos][np.state][np.cnt] = min(dp[np.pos][np.state][np.cnt], dp[p.pos][p.state][p.cnt] + ctime + ctime1);
                    }
                    np.cnt = 1;
                    if(dp[p.pos][p.state][p.cnt] + ctime + ctime2 < maxtime[i]) {
                        if(fabs(dp[np.pos][np.state][np.cnt] - INF) < eps) {
                            q.push(P{np.pos, np.state, np.cnt});
                        }
                        dp[np.pos][np.state][np.cnt] = min(dp[np.pos][np.state][np.cnt], dp[p.pos][p.state][p.cnt] + ctime + ctime2);
                    }
                }
            }
        }
    }
}
int bits1[1 << MAXN];
int main() {
    while(cin >> n >> v && (n + v)) {
        x[0] = 0; y[0] = 0;
        for(int i = 0; i <= n; i++) {
            for(int j = 0; j < 3; j++) {
                for(int k = 0; k < (1 << (1 + n)); k++) {
                    dp[i][k][j] = INF;
                }
            }
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> x[i] >> y[i];
        }
        for(int i = 0; i <= n; i++) {
            maxtime[i] = (720 + (1.0 * x[i] / 2000)) * 60;
            for(int j = 0; j <= n; j++) {
                dis[i][j] = dist(x[i], y[i], x[j], y[j]);
            }
        }
        bfs();
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i <= n; i++) {
            for(int k = 0; k < 3; k++) {
                for(int j = 0; j < (1 << (n + 1)); j++) {
                    bits1[j] = bits1[j >> 1] + (j & 1);
                    if(dp[i][j][k] < INF) {
                        ans = max(ans, bits1[j]);
                    }
                }
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}