介绍
这道题和3311差不多,只需将二进制换为三进制就好,但对于在做3311时用的是自顶向下方法做的话,上一题的模板都不能套了,还得换个思路。
题意
N个城市,M条路(有重边,无向图),x->y( y->x )需要花费 w 元路费,条件:起点城市随意选,每个城市最多去2次,但每个城市都得去过;问最少需要多少路费,无解输出-1。
思路
这道题无法用自顶向下式的方案来做,因为结束状态太多,应当用自底向上的方案来做,用 queue 来存状态,利用 bfs 的思路。
状态转移方程是:dp[i+sta[j]][j]=min(dp[i][k]+g[k][j]) ,0<k<N ; dp[i][j] 表示到达 i 状态是由走了第 j 个城市达到的 。代码如下:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<string.h> using namespace std; const int INF=0x7fffffff; int sta[15]={1,3,9,27,81,243,729,2187,6561,19683,59049,177147}; int N,M,ans; int g[15][15]; int dp[60000][15]; int flag[60000][15];//用来存 i 状态下的三进制数 int flag1[60000][15];//存下 i 状态 ,且有 N 个城市时是 1 还是 0 struct node { int i,k; }; node temp; void init()//预处理 { for(int i=0;i<15;++i) { for(int j=0;j<15;++j) { g[i][j]=INF; } } memset(dp,-1,sizeof(dp)); ans=INF; } int judge(int i,int j,int k) { if(flag[i][j]==2)//判断 i 状态的第 j 个城市是否可以走 return 0; if(g[k][j]==INF)//判断第k个城市和第j城市之间是否有路 return 0; return 1; } int judge1(int i)//判断 i 状态是否所有城市都走过 { if(flag1[i][N-1]==0) return 0; return 1; } void slove() { queue<node>q; for(int j=0;j<N;++j)//设置好起点 { temp.i=sta[j]; temp.k=j; q.push(temp); dp[sta[j]][j]=0; } while(!q.empty()) { int i=q.front().i; int k=q.front().k; q.pop(); for(int j=0;j<N;++j) { if(judge(i,j,k)&&(dp[i+sta[j]][j]==-1||dp[i+sta[j]][j]>dp[i][k]+g[k][j]))//往前找状态 { dp[i+sta[j]][j]=dp[i][k]+g[k][j]; temp.i=i+sta[j]; temp.k=j; if(judge1(temp.i))//边界情况,符合的情况无需入队列,直接比较 ans=min(ans,dp[i+sta[j]][j]); else q.push(temp); } } } if(ans==INF) printf("-1\n"); else printf("%d\n",ans); } int main() { for(int i=0;i<60000;++i)//提前把每种状态都处理了,因为不是二进制,所以当场处理会超时 { int f=1,temp=i,ctor=0; while(temp) { flag[i][ctor]=temp%3; if(flag[i][ctor]==0) f=0; flag1[i][ctor]=f; temp=temp/3; ++ctor; } } int x,y,w; while(~scanf("%d%d",&N,&M)) { init(); for(int i=0;i<M;++i) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&w); --x; --y; if(g[x][y]>w) { g[x][y]=w; g[y][x]=w; } } slove(); } return 0; }