题解 SP703 【SERVICE

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SP703 SERVICE - Mobile Service

Solve

为了计算指派服务员的花费，就必须知道状态转移时每个服务员的位置，于是我们就很容易列出一个(DP)状态，设(F[i][j][k][z])表示完成了前(i)个任务，三个员工分别位于(j,k,z)的位置时的最小花费。

转移方程也很容易的推出

(F[i+1][p[i+1]][k][z]=min(F[i+1][p[i+1]][k][z],F[i][j][k][z]+cost(j,p[i+1])))

(F[i+1][j][p[i+1]][z]=min(F[i+1][j][p[i+1]][z],F[i][j][k][z]+cost(k,p[i+1])))

(F[i+1][j][k][p[i+1]]=min(F[i+1][j][k][p[i+1]],F[i][j][k][z]+cost(z,p[i+1])))

但是我们发现这个算法的复杂度在(1000 ast 200^3)，不能承受，要想办法降维，我们发现，一个服务员不会在乱跑，当枚举到(p[i])时肯定有个服务员在(p[i-1])的位置，我们就可以去掉一维，处于(p[i])位置的服务员对于(DP)来说没有用的

我们修改定义，(F[i][j][k])表示完成了前(i)个请求，其中一个服务员于(p[i])，另外两个服务员的位置分别位于(j,k),三种转移分别是让位于(p[i],j,k)的服务员前往(p[i+1])

(F[i+1][j][k]=min(F[i+1][j][k],F[i][j][k]+cost(p[i],p[i+1])))

(F[i+1][p[i]][k]=min(F[i+1][p[i]][k],F[i][j][k]+cost(j,p[i+1])))

(F[i+1][j][p[i]]=min(F[i+1][j][p[i]],F[i][j][k]+cost(k,p[i+1])))

因为两个服务员是不可以在同一个位置的，所以在转移的时候要判断一下服务员和要去的位置是否相同。

考虑初始，设(p[0]=3),(F[0][1][2]=0)，答案(max(F[N][1-L][1-L]))最后扫一下就可以了

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxl=205,maxn=1005;
int T,L,N,w[maxl][maxl],p[maxn];
LL F[maxn][maxl][maxl],ans;
inline int read(){
	int ret=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(ch<='9'&&ch>='0')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
	return ret*f;
}
int main(){
	T=read();
	while(T--){
		L=read();N=read();
		memset(F,63,sizeof F);ans=F[0][0][0];
		p[0]=3;F[0][1][2]=0;
		for(int i=1;i<=L;i++)
			for(int j=1;j<=L;j++)w[i][j]=read();
		for(int i=1;i<=N;i++)p[i]=read();
		for(int i=0;i<N;i++)
		for(int j=1;j<=L;j++)
		for(int k=1;k<=L;k++){
			if(j^p[i+1]&&k^p[i+1])F[i+1][j][k]=min(F[i+1][j][k],F[i][j][k]+w[p[i]][p[i+1]]);
			if(k^p[i+1]&&p[i]^p[i+1])F[i+1][p[i]][k]=min(F[i+1][p[i]][k],F[i][j][k]+w[j][p[i+1]]);
			if(j^p[i+1]&&p[i]^p[i+1])F[i+1][j][p[i]]=min(F[i+1][j][p[i]],F[i][j][k]+w[k][p[i+1]]);
		}
		for(int i=1;i<=L;i++)
		for(int j=1;j<=L;j++){
			ans=min(ans,F[N][i][j]);
			ans=min(ans,F[N][p[N]][j]);
			ans=min(ans,F[N][j][p[N]]);
		}
		printf("%lld
",ans);
	}
	return 0;
}