[状压DP]LibreOJ #6177. 「美团 CodeM 初赛 Round B」送外卖2 题解

（传送门）

题目大意

已知一个有n个节点m条边的有向图，给出k个任务，每个任务从Li开始，到Ri结束，要求在Si接收货物并且在时间结束前Ti送达。（领货和交货不需要消耗时间），问最多能做多少个任务（注意，可以有多个货物在手上）。

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解题分析

考虑到这题的k比较小，可以DFS或者是状压DP，DFS没什么好想法，那么开始思考状压DP。

如果求最多能完成几个任务有点烦，可以将货物情况进行状压，由于每个货物可能未送达，已到，又或者还没拿到，所以这道题是3进制存储状态。对于每位i，表示第i个节点的状态：0为未接收，1为已接收未送达，2为已送达。

因为如果送的时间越早，有更多的时间完成后面的任务，所以需要完成当前状态时所耗费的时间越少。但是完成这个状态时在哪？很明显完成状态时所在节点也要枚举。

但是如果走到一个节点然后什么都不会发生，那就是浪费时间。所以其实在枚举状态j之后不是枚举节点i而是任务i，这样只需传到s[i]或t[i]，减少转移状态（因为很明显求最短路后直接连起来就行了，无需中间状态）。

上面有点乱，可以直接看转移方程（或者代码），比较清晰：

f[i][j]:当前状态为j（三进制表示），最后停留在i节点所需的最少时间。

如果当前是要接收这个货物i（对应三进制数位置为1）
f[s[i]][j]=max(L[i],min(f[u][j−p[i]]+dis[u][s[i]]))
如果当前是要送达这个货物i（对应三进制数位置为2）
f[t[i]]][j]=min(f[u][j−p[i]]+dis[u][t[i]])

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复杂度

时间：O(n∗k∗3k)； 空间：O(n∗3k);

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int maxs=59049;int n,e,k,ans,INF,dis[25][25],a[15],p[15],s[15],t[15],L[15],R[15],f[25][maxs+5];int po_s(int x,int len){return x/p[len]%3;}int _count(int x){int tot=0;for (int i=0;i<k;i++) tot+=(po_s(x,i)==2);/* printf("%d %d\n",x,tot); */return tot;}inline void readi(int &x){    x=0; char ch=getchar();    while ('0'>ch||ch>'9') ch=getchar();    while ('0'<=ch&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}}void Flyod(){    for (int i=1;i<=n;i++) dis[i][i]=0;    for (int t=1;t<=n;t++)        for (int i=1;i<=n;i++)            for (int j=1;j<=n;j++)                if (dis[i][j]>dis[i][t]+dis[t][j]) dis[i][j]=dis[i][t]+dis[t][j];}int main(){    freopen("c.in","r",stdin);    freopen("c.out","w",stdout);    readi(n); readi(e); readi(k); ans=0;    memset(dis,63,sizeof(dis));    for (int i=1,x,y,z;i<=e;i++){        readi(x); readi(y); readi(z);        if (z<dis[x][y]) dis[x][y]=z;    }    for (int i=0;i<k;i++) {readi(s[i]); readi(t[i]); readi(L[i]); readi(R[i]);}    Flyod(); p[0]=1; for (int i=1;i<=k;i++) p[i]=p[i-1]*3;    memset(f,63,sizeof(f)); INF=f[0][0]; f[1][0]=ans=0;    for (int j=1;j<p[k];j++)        for (int i=0,q;i<k;i++){            q=po_s(j,i);            switch (q){                case 1:                    for (int u=1;u<=n;u++) if (f[u][j-p[i]]<INF&&f[u][j-p[i]]+dis[u][s[i]]<=R[i])                        f[s[i]][j]=max(L[i],min(f[s[i]][j],f[u][j-p[i]]+dis[u][s[i]]));                break;                case 2:                    for (int u=1;u<=n;u++) if (f[u][j-p[i]]<INF&&f[u][j-p[i]]+dis[u][t[i]]<=R[i])                        f[t[i]][j]=min(f[t[i]][j],f[u][j-p[i]]+dis[u][t[i]]);                break;            }        }    /*for (int i=1;i<p[k];i++)        for (int j=1;j<=n;j++) printf("%d %d %d\n",i,j,f[i][j]);*/    for (int j=1;j<p[k];j++)        for (int i=1;i<=n;i++)            if (f[i][j]<INF) ans=max(ans,_count(j));    printf("%d",ans);    return 0;}