TYVJ 1061 Mobile Server

☆Mobile Service

 

描述 Description

 

一个公司有三个移动服务员。如果某个地方有一个请求，某个员工必须赶到那个地方去（那个地方没有其他员工），某一时刻只有一个员工能移动。被请求后，他才能移动，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)。这个函数没有必要对称，但是c(p,p)=0。公司必须满足所有的请求。目标是最小化公司花费

 

输入格式 Input Format 

 

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 Output Format  一个数M，表示最小服务花费。 

Sample Inout

 

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

 

Sample Output

 

5

 

——————————————分割线一号————————————

分析

        毫无疑问，怎么看都是相当标准的动归题，通览题目，略加思考就可以得出无脑强行递推的结论，再无脑分析一下，大概时空都是1000×200×200×200 ，于是乎又自然而然的想到了降维。

降维

       神马四边形不等式，单调队列都是浮云，可以留意到如果我们设当前进行到了第i步，三个人分别位于x1,x2,x3那么接下来的选择就是将三个人中的任意一个移动到第i+1步的指定位置，不妨记为p[i+1],即此，可以发现三个人中的一个人的位置是不需要枚举的，这个人的位置直接由当前的步数 i 决定，至此，降维成功，如下

 

               f[i,某人位置,某人位置,某人位置]=f[i,某人位置，某人位置]

 

 由 f[i，x1，x2]，可以推倒出如下情况

          1.将本来在p[i]的人移动到p[i+1]去，即

              f[i+1,x1,x2]=f[i,x1,x2]+movecost(p[i],p[i+1]);

              f[i+1,x2,x1]=f[i,x1,x2]+movecost(p[i],p[i+1]);

          2.将本来在x1位置的人移动到p[i+1]去，即

              f[i+1,p[i],x2]=f[i,x1,x2]+movecost(x1,p[i+1]);

              f[i+1,p[i],x2]=f[i,x1,x2]+movecost(x1,p[i+1])

          3.将本来在x2位置的人移动到p[i+1]去，跟情况2差不多了...

 

细则

        空间不够：直接使用递推神器——滚动数组

        初始化：使用滚动数组的话，要手动计算第一组的移动情况

        冲突：有可能出现2人在一个地方的冗余情况以及不需要移动就可以满足的情况

——————————我是分割线2号————————

 

Code:

 

 #include<stdio.h>int min(int a,int b){ return a>b?b:a;}int main(){ int i,j,w,k,m,n; int l,flag,x1,x2; int ans=2000000; int mc[201][201]={ 0 }; int c[2][201][201]={ 0 }; int p[2001]={ 0 }; scanf("%d %d/n",&n,&l); for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<=n;j++) { scanf("%d ",&mc[i][j]); } scanf("/n"); } for(i=1;i<=l;i++) { scanf("%d ",&p[i]); } for(i=0;i<=1;i++) { for(x1=1;x1<=n;x1++) { for(x2=1;x2<=n;x2++) { c[i][x1][x2]=2000000; } } } c[0][2][3]=0; c[0][3][2]=0; c[0][1][3]=0; c[0][3][1]=0; c[0][1][2]=0; c[0][2][1]=0; p[0]=1; flag=1; for(i=0;i<=l;i++) { flag=1-flag; for(x1=1;x1<=n;x1++) { for(x2=1;x2<=n;x2++) { if(c[flag][x1][x2]!=2000000) { if(x1!=x2) { if(p[i+1]==p[i]) { c[1-flag][x1][x2]=min(c[1-flag][x1][x2],c[flag][x1][x2]); c[1-flag][x2][x1]=min(c[1-flag][x1][x2],c[flag][x1][x2]); } else { c[1-flag][x1][x2]=min(c[1-flag][x1][x2],c[flag][x1][x2]+mc[p[i]][p[i+1]]); c[1-flag][x2][x1]=min(c[1-flag][x1][x2],c[flag][x1][x2]+mc[p[i]][p[i+1]]); } if(p[i+1]==x1) { c[1-flag][p[i]][x2]=min(c[1-flag][p[i]][x2],c[flag][x1][x2]); c[1-flag][x2][p[i]]=min(c[1-flag][p[i]][x2],c[flag][x1][x2]); } else { c[1-flag][p[i]][x2]=min(c[1-flag][p[i]][x2],c[flag][x1][x2]+mc[x1][p[i+1]]); c[1-flag][x2][p[i]]=min(c[1-flag][p[i]][x2],c[flag][x1][x2]+mc[x1][p[i+1]]); } if(p[i+1]==x2) { c[1-flag][x1][p[i]]=min(c[1-flag][x1][p[i]],c[flag][x1][x2]); c[1-flag][x1][p[i]]=min(c[1-flag][x1][p[i]],c[flag][x1][x2]); } else { c[1-flag][x1][p[i]]=min(c[1-flag][x1][p[i]],c[flag][x1][x2]+mc[x2][p[i+1]]); c[1-flag][x1][p[i]]=min(c[1-flag][x1][p[i]],c[flag][x1][x2]+mc[x2][p[i+1]]); } } c[flag][x1][x2]=2000000; } } } } for(x1=1;x1<=n;x1++) { for(x2=1;x2<=n;x2++) { if(x1!=x2) { ans=min(ans,c[1-flag][x1][x2]); } } } printf("%d/n",ans); return 0;}