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传送门

题目大意

有m+1个点，0是起点，m是终点，i-1到i有一条边，有一个船由0驶往m，不能返回，它在载重小于等于ci时通过第i条边消耗的时间为di否则为Di，现在有n个人，每个人体重为wi，上船或下船消耗时间为si，如果自己走则通过每一条边消耗的实际均为ti，要求船上必须一直有人，求所有人到终点消耗的时间。

分析

首先我们不难想到状压dp，使得msk记录每个人是否在船上，所以不难想到用dp[i][msk]表示走过i条边现在在船上的人是msk所需要的最短时间，发现我们状态需枚举i和msk，复杂度m*2ⁿ，转移需要枚举新msk，复杂度2ⁿ，所以总复杂度为O(m*2²ⁿ)，显然是不行的，所以我们考虑优化。我们发现对于每一个人的上下船关系是独立的，与其他人无关，所以我们可以考虑每次对于一个状态只改变一个人的状态（即只让一个人上船或下船），之后在通过改变的新状态更新下一个状态，这样便可以在数次更新之后得到和之前相同的结果，我们发现这是的转移复杂度便降到了n，所以最终的复杂度变为O(nm*2ⁿ)。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
using namespace std;
int w[11000],t[11000],s[11000],c[11000],d[11000],D[11000];
int dp[1100][1030],all,M[1030],T[1030];
int main(){
      int n,m,i,j,k;
      scanf("%d%d",&n,&m);
      all=(1<<n)-1;
      for(i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d%d",&w[i],&t[i],&s[i]);
      for(i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%d",&c[i],&D[i],&d[i]);
      memset(M,0,sizeof(M));
      memset(T,0,sizeof(T));
      for(i=0;i<=all;i++)
        for(j=0;j<n;j++)
          if(i&(1<<j)){
            M[i]+=w[j+1];
          }else T[i]=max(T[i],t[j+1]);
      memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
      dp[0][0]=0;
      for(i=0;i<n;i++)
        for(j=0;j<=all;j++)
          dp[0][j^(1<<i)]=min(dp[0][j^(1<<i)],dp[0][j]+s[i+1]);
      for(i=1;i<=m;i++){
          dp[i][0]=0x3f3f3f3f;
          for(j=1;j<=all;j++)
            if(dp[i-1][j]<0x3f3f3f3f)
            if(M[j]>c[i])dp[i][j]=dp[i-1][j]+max(D[i],T[j]);
              else dp[i][j]=dp[i-1][j]+max(d[i],T[j]);
        for(j=0;j<n;j++)
          for(k=0;k<=all;k++)
            dp[i][k^(1<<j)]=min(dp[i][k^(1<<j)],dp[i][k]+s[j+1]);
      }
      printf("%d
",dp[m][0]);
      return 0;
}