Traveling by Stagecoach POJ

状态压缩DP

题目描述：旅行商要从a城市到b城市，它共有n张马车票，一共有p条道路，m个城市，每两个城市之间花费的时间是道路之间的距离除以马车的数量，求最小的花费时间。

解题分析：关键还是在于怎么表示状态，定义dp[s][v]为票还剩s,现在在城市v所花费的最小时间。那答案就是min{ 0<k<s| dp[k][b]}.下面考虑状态转移方程，从v城市移动到u城市

花费车票i,对应的状态转移方程就是 dp[s^(1<<i)][u] = min(dp[s^(1<<i)][u] , dp[s][v] + graph[v][u] / tic[i] );

代码如下：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cmath>#include <map>#include <set>#include <vector>#include <queue>#include <cstdlib>#include <sstream>#include <string>#define error() cout << "#########" << endlusing namespace std;typedef long long LL;const int INF = 0x3f3f3f3f;const double inf = 1e20;const double esp = 1e-9;const int dr[] = {0,1,0,-1},dc[] = {-1,0,1,0};const int maxn = 30 + 5;double dp[1<<10][maxn];//dp[s][v]现在在城市v，还有票s所花费的最小时间double graph[maxn][maxn];double tic[maxn];int n,m,p,st,ed;void init(){    for(int i = 0; i <= m; i++)    {        for(int j = 0; j <= m; j++)        {            graph[i][j] = INF;        }    }    for(int s = 0; s < 1<<n; s++)    {        for(int i = 0; i <= m; i++)        {            dp[s][i] = INF;        }    }}void solve(){    double res = INF;    for(int s = (1<<n) -1; s >= 0; s--) dp[s][st] = 0;    for(int s = (1<<n) -1; s >= 0; s--)//顺序是逆序的,这个顺序很重要.    {        res  = min(res,dp[s][ed]);        for(int v = 1; v <= m; v++)        {            for(int u = 1;u <= m; u++)            {                if(graph[v][u] != INF)                {                    for(int i = 0; i < n; i++)                    {                        if(s&(1<<i))                        {                            dp[s^(1<<i)][u]  = min(dp[s^(1<<i)][u],dp[s][v] + graph[v][u] / tic[i]);                        }                    }                }            }        }    }    if(res == INF) printf("Impossible\n");    else    {        printf("%.3f\n",res);    }}int main(){    while(cin >> n >> m >> p >> st >> ed&&(n||m||p||st||ed))    {        init();        for(int i = 0; i < n; i++)        {            cin >> tic[i];        }        for(int i = 0; i < p; i++)        {            int u,v;            double w;            scanf("%d %d %lf",&u,&v,&w);            graph[u][v] = graph[v][u] = w;        }        solve();    }    return 0;}

第一次做状态压缩DP的问题，自己想还是没想出来，还是看的白书的解析。在写上面的代码的时候思考了一个问题什么时候循环是顺序的，什么时候是逆序的。在这个题中我想是根据状态转移方程决定的，状态转移方程的右边s表示的集合要大于左边s表示的集合，左边的状态是由右边的转移过来的，所以应该优先求出右边的状态的结果，而右边的s表示的集合更大，所以最外层的循环要逆序。

下面根据上面的代码写了个记忆化搜索的版本,其实是一样的。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>using namespace std;const double INF = 1000000000;const int maxn = 30 + 5;double graph[maxn][maxn];int tic[maxn];double dp[1<<10][maxn];//dp[s][v]票还剩s,现在在城市v所花费的最小时间int n,m,p,st,ed;double dfs(int s,int v){    if(dp[s][v] != -1) return dp[s][v];    else if(v == st) return dp[s][v] = 0;    else    {        double res = INF;        for(int u = 1; u <= m; u++)        {            if(graph[u][v] != INF)            {                for(int i = 0; i < n; i++)                {                    if(!(s&(1<<i)))                    {                       res = min(res,dfs(s|(1<<i),u) + graph[u][v] / tic[i]);                    }                }            }        }        return dp[s][v] = res;    }}void init(){    for(int i = 0; i <= m; i++)    {        for(int j = 0; j <= m; j++)        {            graph[i][j] = INF;        }    }    for(int i = 0; i < 1<<n; i++)    {        for(int k = 0; k <= m; k++)        {             dp[i][k] = -1;        }    }}int main(){    while(cin >> n >> m >> p >> st >> ed && (n||m||p||st||ed))    {        init();        for(int i = 0; i < n; i++)        {            cin >> tic[i];        }        for(int  i = 0; i < p; i++)        {            int u,v;            double w;            scanf("%d %d %lf",&u,&v,&w);            graph[u][v] = graph[v][u] = w;        }        double res = INF;        for(int s = (1<<n) - 1; s >= 0; s--)        {            res = min(res,dfs(s,ed));        }        if(res == INF)        {            printf("Impossible\n");        }        else        {            printf("%.3f\n",res);        }    }    return 0;}