动归

【线性DP】

题目描述

物流公司要把一批货物从码头A运到码头B。由于货物量比较大，需要n天才能运完。货物运输过程中一般要转停好几个码头。物流公司通常会设计一条固定的运输路线，以便对整个运输过程实施严格的管理和跟踪。由于各种因素的存在，有的时候某个码头会无法装卸货物。这时候就必须修改运输路线，让货物能够按时到达目的地。但是修改路线是—件十分麻烦的事情，会带来额外的成本。因此物流公司希望能够订一个n天的运输计划，使得总成本尽可能地小。

输入输出格式

输入格式：

第一行是四个整数n(l≤n≤100)、m(l≤m≤20)、K和e。n表示货物运输所需天数，m表示码头总数，K表示每次修改运输路线所需成本。接下来e行每行是一条航线描述，包括了三个整数，依次表示航线连接的两个码头编号以及航线长度(>0)。其中码头A编号为1，码头B编号为m。单位长度的运输费用为1。航线是双向的。再接下来一行是一个整数d，后面的d行每行是三个整数P(1<P<m)，a，b(1≤a≤b≤n)。表示编号为P的码头从第a天到第b天无法装卸货物（含头尾）。同一个码头有可能在多个时间段内不可用。但任何时间都存在至少一条从码头A到码头B的运输路线。

输出格式：

包括了一个整数表示最小的总成本。总成本=n天运输路线长度之和+K*改变运输路线的次数。

输入输出样例

输入样例#1：

  5 5 10 8  1 2 1  1 3 3  1 4 2  2 3 2  2 4 4  3 4 1  3 5 2  4 5 2  4  2 2 3  3 1 1  3 3 3  4 4 5

输出样例#1：

32

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <algorithm>#include <queue>#define inf 10000007#define maxn 105using namespace std;int e,k,n,m,car[maxn][maxn],cnt=0,fst[maxn];int f[maxn],nxt[maxn*maxn],to[maxn*maxn],w[maxn*maxn],d[maxn];bool stop[maxn];int get(){    char c;while(!isdigit(c=getchar()));    int v=c-48;while(isdigit(c=getchar()))v=v*10+c-48;    return v;}void add(int x,int y,int z){to[++cnt]=y,w[cnt]=z,nxt[cnt]=fst[x],fst[x]=cnt;}void init(){int x,y,z;memset(car,0,sizeof(car));    n=get(),m=get(),k=get(),e=get();    for(int i=1;i<=e;++i){    x=get(),y=get(),z=get();    add(x,y,z);add(y,x,z);}int p=get();for(int i=1;i<=p;++i){    x=get(),y=get(),z=get();    car[x][y]=1,car[x][z+1]=-1;}for(int i=1;i<=m;++i)    for(int j=1;j<=n;++j)car[i][j]+=car[i][j-1],f[j]=inf;}queue<int>q;bool vst[maxn];int dis(int l,int r){memset(stop,0,sizeof(stop));while(q.size())q.pop();    for(int i=1;i<=m;++i){    for(int j=l;j<=r;++j)if(car[i][j]){stop[i]=1;break;}    d[i]=inf;}d[1]=0;q.push(1);vst[1]=1;while(q.size()){    int now=q.front();q.pop();vst[now]=0;    for(int i=fst[now];i;i=nxt[i])if(!stop[to[i]]){    if(d[to[i]]>d[now]+w[i]){    d[to[i]]=d[now]+w[i];    if(!vst[to[i]])q.push(to[i]),vst[to[i]]=1;}}}return d[m];//d[m]不能先退出 }void solveit(){    for(int i=1;i<=n;++i){f[i]=min(f[i],i*dis(1,i));    for(int j=1;j<i;++j){    f[i]=min(f[i],f[j]+k+(i-j)*dis(j+1,i));}}printf("%d\n",f[n]);}int main(){    init();    solveit();    return 0;}

【思路】f[i]表示第i天最少花多少钱，f[i]=min(f[j]+k+(i-j)*dis(j+1,i))其中j为上一次更改航线的时间。复杂度O（n*n*m*m=10^6）。

【注意】spfa中d[m]不能提前退出，因为第一个出现的d[m]不一定是最小的。

最大加权矩形

题目描述
给定一个正整数n（ n<=100），然后输入一个N*N矩阵。求矩阵中最大加权矩形，即矩阵的每一个元素都有一权值，权值定义在整数集上。从中找一矩形，矩形大小无限制，是其中包含的所有元素的和最大 。矩阵的每个元素属于[-127,127]
例：
0 –2 –7 0 在左下角： 9 2
9 2 –6 2 -4 1
-4 1 –4 1 -1 8
-1 8 0 –2 和为15
输入格式
第一行：n，接下来是n行n列的矩阵。
输出格式
最大矩形（子矩阵）的和。
样例输入
4
0 –2 –7 0
9 2 –6 2
-4 1 –4 1
–1 8 0 –2

样例输出
15

【思路】枚举上行j和下行i，将两行及之间的行压缩为一行，转化为最大子区间，O（n^3）

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <algorithm>#define maxn 102using namespace std;int n,a[maxn][maxn],b[maxn],c[maxn][maxn],mx=0;int main(){    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)scanf("%d",&a[i][j]);    for(int j=1;j<=n;++j)for(int i=1;i<=n;++i)c[j][i]=c[j][i-1]+a[i][j];    for(int i=1;i<=n;++i){    for(int j=1;j<=i;++j){    for(int k=1;k<=n;++k){int tmp=c[k][i]-c[k][j-1];    b[k]=max(tmp,b[k-1]+tmp);    mx=max(b[k],mx);}}}printf("%d\n",mx);return 0;}

【邮局】题目描述

一些村庄建在一条笔直的高速公路边上，我们用一条坐标轴来描述这条公路，每个村庄的坐标都是整数，没有两个村庄的坐标相同。两 个村庄的距离定义为坐标之差的绝对值。我们需要在某些村庄建立邮局。使每个村庄使用与它距离最近的邮局，建立邮局的原则是：所 有村庄到各自使用的邮局的距离总和最小。 数据规模：1<=村庄数<=300, 1<=邮局数<=30, 1<=村庄坐标<=10000
输入

2行 第一行:n m {表示有n个村庄，建立m个邮局} 第二行:a1 a2 a3 .. an {表示n个村庄的坐标}
输出

1行 第一行:l {l表示最小距离总和}
样例输入

10 5
1 2 3 6 7 9 11 22 44 50
样例输出

9

【思路】f[i][j]表示前i个村庄有j个邮局的最小距离总和，转移方程为f[i][j]=f[k][j-1]+dis[k+1][i]（其中dis[k+1][i]为该邮局管理第k+1个村庄和第i个村庄的最小距离，根据中位数可知建在中间的村庄代价最小）

【注意】不一定每次转移都要最优，在枚举中找出可行解再转移到最优解。

【代码】

#include <iostream>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cstdio>#include <algorithm>#define maxn 303#define inf 100000009using namespace std;int n,m,a[maxn],f[maxn][maxn],dis[maxn][maxn];int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);    sort(a+1,a+1+n);    memset(dis,0,sizeof(dis));    for(int i=1;i<n;++i)        for(int j=i+1;j<=n;++j){    int mid=(i+j)>>1;    for(int t=i;t<=j;++t)dis[i][j]+=abs(a[t]-a[mid]);}for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=0;j<=m;++j)f[i][j]=inf;f[0][0]=0;for(int j=1;j<=m;++j)    for(int i=j;i<=n;++i){    for(int k=j-1;k<i;++k){    f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+dis[k+1][i]);}}printf("%d\n",f[n][m]);return 0;}