CH5102 Mobile Service线性dp

Posted 2021-01-10 wyboooo

5102 Mobile Service 0x50「动态规划」例题

描述

一个公司有三个移动服务员，最初分别在位置1，2，3处。
如果某个位置（用一个整数表示）有一个请求，那么公司必须指派某名员工赶到那个地方去。某一时刻只有一个员工能移动，且不允许在同样的位置出现两个员工。从 p 到 q 移动一个员工，需要花费 c(p,q)。这个函数不一定对称，但保证 c(p,p)=0。
给出N个请求，请求发生的位置分别为 p_1~p_N。公司必须按顺序依次满足所有请求，目标是最小化公司花费，请你帮忙计算这个最小花费。N≤1000，位置是1~200的整数。

输入格式

第一行有两个整数L,N(3<=L<=200, 1<=N<=1000)。L是位置数；N是请求数。每个位置从1到L编号。下L行每行包含L个非负整数。第i+1行的第j个数表示c(i,j) ，并且它小于2000。最后一行包含N个数，是请求列表。一开始三个服务员分别在位置1，2，3。

输出格式

一个数M，表示最小服务花费。

样例输入

5 9
0 1 1 1 1
1 0 2 3 2
1 1 0 4 1
2 1 5 0 1
4 2 3 4 0
4 2 4 1 5 4 3 2 1

样例输出

5

 

题意：

有n个点标号为1-n，现在有三个人站在1,2,3处

给出一个矩阵 表示从i到j需要的花费

给出m个询问，每次给一个pos表示这一次pos要有人

问 m次询问总的cost 是多少

 

思路：

dp[i, x, y, z]表示对于第i次查询，服务员分别在xyz时的总花费

那么第i+1次时，只有三种可能。

并且可以发现，其实只需要三维即可，因为三个服务员中一定有一个位置是确定的

他在i+1时一定是在pi，并且服务员之间交换位置是不影响答案的

所以i+1时只需要维护dp[i+1, x, y], dp[i+1, pi, y], dp[i+1, x, pi]

dp[i+1, x, y] = min(dp[i+1, x, y], dp[i, x, y] + c(pi, pi+1), z从pi到pi+1

dp[i+1, pi, y] = min(dp[i+1,pi, y], dp[i, x, y] + c(x, pi+1)，x到pi+1，z与x交换位置

dp[i+1, x, pi] = min(dp[i+1,y, pi], dp[i, x, y] + c(y, pi+1)，y到pi+1， z与y交换位置

需要判断一下 xyz中是否有与pi+1相同的点，若有则只有一种走法了

 

虐狗宝典笔记：

1.求解线性DP问题，一般先确定“阶段”。若“阶段”不足以表示一个状态，则可以把所需的附加信息也作为状态的维度。

转移时，若总是从一个阶段转移到下一个阶段，则没有必要关心附加信息维度的大小变化情况，因为“无后效性”已经由“阶段”保证

2.在确定dp状态时，要选择最小的能够覆盖整个状态空间的“维度集合”

若DP状态由多个维度构成，则应检查这些维度之间能否相互导出，用尽量少的维度覆盖整个状态空间，排除冗余维度。

 

  1 //#include <bits/stdc++.h>
  2 #include<iostream>
  3 #include<cmath>
  4 #include<algorithm>
  5 #include<stdio.h>
  6 #include<cstring>
  7 #include<map>
  8 
  9 #define inf 0x3f3f3f3f
 10 using namespace std;
 11 typedef long long int LL;
 12 
 87 const int maxn = 205;
 88 int c[maxn][maxn], dp[1005][maxn][maxn], p[1005];
 89 int l, n;
 90 
 91 int main()
 92 {
 93     scanf("%d%d", &l, &n);
 94     for(int i = 1; i <= l; i++){
 95         for(int j = 1; j <= l; j++){
 96             scanf("%d", &c[i][j]);
 97         }
 98     }
 99     for(int i = 1; i <= n; i++){
100         scanf("%d", &p[i]);
101     }
102     memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
103 
104     dp[0][1][2] = 0;
105     p[0] = 3;
106     for(int i = 1; i <= n; i++){
107         for(int x = 1; x <= l; x++){
108             for(int y = 1; y <= l; y++){
109                 if(dp[i - 1][x][y] != inf){
110                     int z = p[i - 1];
111                     if(y != p[i] && x != p[i]){
112                         dp[i][x][y] = min(dp[i - 1][x][y] + c[z][p[i]], dp[i][x][y]);
113                     }
114                     if(y != p[i] && z != p[i]){
115                         dp[i][y][z] = min(dp[i - 1][x][y] + c[x][p[i]], dp[i][y][z]);
116                     }
117                     if(x != p[i] && z != p[i]){
118                         dp[i][x][z] = min(dp[i - 1][x][y] + c[y][p[i]], dp[i][x][z]);
119                     }
120                     dp[i - 1][x][y] = 0x3f3f3f3f;
121                 }
122             }
123         }
124     }
125 
126     int ans = inf;
127     for(int x = 1; x <= l; x++){
128         for(int y = 1; y <= l; y++){
129             ans = min(ans, dp[n][x][y]);
130         }
131     }
132     printf("%d
", ans);
133     return 0;
134 }