HDU1964 Pipes

题意：现在给你一个矩阵，矩阵中都是好格，要你求一条代价最小的回路，这条回路走过了矩阵的所有格子仅一次。任意两个相邻的矩阵格子之间有费用（0到9的一个整数）。

如上面这个4*3的矩阵，空白的地方表示的是矩阵必须要行走的格子，所有数字的地方表示的是矩阵两个相邻格子之间行走的花费，#的地方是没有路也没格子的。

输入：第一个数字的T，表示实例个数。接下来每个实例，第一行是r和c (2 <= r <= 10),表示这是个r*c行的矩阵,接下来一共有2*r+1行,每行有2c+2个字符(包括每行尾的换行符).

输出:输出构成所能构成的回路最小代价.

分析:插头DP.本题不是求构成一条回路有多少种方式,而是求构成回路的最小代价,所以我们把HASHMAP中的f[i]=x表示成当前状态是第i号状态时,所需要的最小代价为x.

（和之前求几的区别是，一个是将上一个状态的数量累加，一个是对两个值取最小值）

当处理(i,j)格子时，每当它连上的它的上或左插头时，就把处理完（i，j）格子的状态f值加上它连上的插头的代价即可。

 当算到最后一个格子时候，判断下代价是否最小。

这题主要比较麻烦的其实是对数据的输入，注意下字符串的输入即可。

#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int STATE=1000000+10;//逐格递推每次最多能生成的状态总数,为什么100W能装下,实例测试如果装不下hasnmap就会越界报错const int HASH = 30007;const int MAXD=15;int N,M;int ex,ey;//最后一个好格的坐标int cur;int mp[MAXD][MAXD];int dist[MAXD][MAXD][4];//表示(i,j)格子朝上下左右4个方向的距离const int UP=0,DOWN=1,LEFT=2,RIGHT=3;int code[MAXD];long long sum;//记录最终的最大值struct HASHMAP{    int size,head[HASH],next[STATE];//next[i]=j表示第i个状态后面链接着第j个状态    long long state[STATE];//state[i]=S表第i个状态是S    long long f[STATE];//f[i]=x表第i个状态有x种情况    void init()    {        memset(head,-1,sizeof(head));        size=0;    }    void push(long long st, long long num)    {        long long h = st%HASH;        int i;        for(i=head[h]; i!=-1; i=next[i])        {            if(state[i]==st)            {                f[i]=min(f[i],num);//此处是求最小值了                return ;            }        }        next[size]=head[h];        head[h]=size;        f[size]=num;        state[size]=st;        size++;    }} hm[2];void decode(int *code,long long st)//st->code{    for(int i=M; i>=0; i--)    {        code[i]=st&7;        st>>=3;    }}long long encode(int *code)//code->st{    int ch[MAXD];    memset(ch,-1,sizeof(ch));    ch[0]=0;    int cnt=1;    long long st=0;    for(int i=0; i<=M; i++)    {        if( ch[code[i]]==-1 ) ch[code[i]]= cnt++;        code[i]=ch[code[i]];        st<<=3;        st|=code[i];    }    return st;}void shift(int *code)//处理完了一行的最后一列,将code整体右移一位,首位添0{    for(int i=M; i>=1; i--)        code[i]=code[i-1];    code[0]=0;}void dpblank(int i,int j)//好格{    for(int k=0; k<hm[cur].size; k++)    {        long long st=hm[cur].state[k];        long long num = hm[cur].f[k];//num是状态为st时的最小费用        int code[MAXD];        decode(code,st);        int left=code[j-1] ,up=code[j];        if(left>0&&up>0)//都有插头        {            if(left!=up)//合并两个连通分量            {                code[j-1]=code[j]=0;                for(int l=0; l<=M; l++)                    if(code[l]==up)                        code[l]=left;                if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位                hm[1-cur].push( encode(code),num+dist[i][j][LEFT]+dist[i][j][UP] );            }            else if(i==ex&&j==ey)//最后一个好格            {                sum =min(sum, num+dist[i][j][LEFT]+dist[i][j][UP] );//总数增加                code[j-1]=code[j]=0;                if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位                //hm[1-cur].push( encode(code),num );            }            //if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位            //    hm[1-cur].push( encode(code),num );            //这两句不能从上面提到这里来,因为这个大块中不仅是这两种情况        }        else if(left>0||up>0)//其中一个有插头另一个没有        {            int value;            if(left)                value = dist[i][j][LEFT];            else                value = dist[i][j][UP];            if(mp[i][j+1]==1)//(i,j)右边是个好格            {                code[j-1]=0;                code[j]=left+up;                if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位                hm[1-cur].push( encode(code),num+value );            }            if(mp[i+1][j]==1)//(i,j)下面是个好格            {                code[j-1]=left+up;                code[j]=0;                if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位                hm[1-cur].push( encode(code),num +value);            }        }        else//两个都没插头        {            if(mp[i][j+1]==1&&mp[i+1][j]==1)//(i,j)格的右边和下边是可行格,才可以新生成一个连通分量            {                //这里不会出现j是最后一列的情况                int max_c=1;//表示当前扫描到的最大插头编号                for(int l=0; l<=M; l++)                    if(max_c<code[l])                        max_c = code[l];                code[j-1]=code[j]=max_c+1;                hm[1-cur].push( encode(code),num );            }        }    }}void init(){    char ss[100];    ex=N;    ey=M;    memset(mp,0,sizeof(mp));    for(int i=1; i<=N; i++)        for(int j=1; j<=M; j++)        {            dist[i][j][0]=dist[i][j][1]=dist[i][j][2]=dist[i][j][3]=1e9;//初始化(i,j)格子到它4个方向相邻格的花费            mp[i][j]=1;//所有格子都是可行格,mp依然被0边界包围        }    gets(ss);//读######################    for(int i=1; i<=N-1; i++)//每次处理两行    {        for(int j=0; j<=2*M; j++)        {            char x;            x=getchar();            if( (j>=2) && (j<=2*M-2) && (j%2==0) )//读取第j/2列到j/2+1列的代价                dist[i][j/2][RIGHT]=dist[i][j/2+1][LEFT]=x-'0';        }        getchar();//读'\n'        for(int j=0; j<=2*M; j++)        {            char x;            x=getchar();            if( (j>=1) && (j<=2*M-1) && (j%2==1) )//读取第i行第(j+1)/2列到第i+1行第(j+1)/2列的代价                dist[i][(j+1)/2][DOWN]=dist[i+1][(j+1)/2][UP]=x-'0';        }        getchar();//读'\n'    }    for(int j=0; j<=2*M; j++)//单独处理倒数第二行,即##########的前面那行    {        char x;        x=getchar();        if( (j>=2) && (j<=2*M-2) && (j%2==0) )//读取第j/2列到j/2+1列的代价            dist[N][j/2][RIGHT]=dist[N][j/2+1][LEFT]=x-'0';    }    getchar();//读'\n'    gets(ss);//读######################}void solve(){    sum=1e10;    cur=0;    hm[cur].init();    hm[cur].push(0,0);//初始时总代价为0    for(int i=1; i<=N; i++)        for(int j=1; j<=M; j++)        {            hm[1-cur].init();                dpblank(i,j);            cur=1-cur;        }    //for(int i=0;i<hm[cur].size;i++)    //sum+=hm[cur].f[i];    printf("%I64d\n",sum);}int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d%d",&N,&M);        getchar();//读\n        init();        //for(int i=1; i<=N; i++)            //for(int j=1; j<=M; j++)                //printf("(%d,%d)到上下左右的距离为,%d %d %d %d\n",i,j,dist[i][j][UP],dist[i][j][DOWN],dist[i][j][LEFT],dist[i][j][RIGHT]);        if(ex==0)//全是坏格子        {            printf("0\n");            continue;        }        solve();    }    return 0;}