[BZOJ3185][Coci2011][DP]kamion

考虑转化一下问题
令f(i,j,k)表示从i到j恰好用了k步，并且到j的时候火车厢为空的方案数。

那么转移就是 f(i,j,k)=∑f(a,b,k1)∗f(c,j,k2)，转移成立当且仅当存在i->a的边，载上货物x;b->c的边卸下货物x，k1+k2+2=k

但是这个DP时间复杂度是O(E2k2)，这个时候要引入一个新的函数g(i,j,k)，表示从i到j恰好用了k步，到j时车厢为空，且中途车厢从来没空过

那么转移就变成f(i,j,k)=∑g(i,a,k1)∗f(a,j,k−k1)+∑f(b,j,k−1)
g(i,j,k)=∑f(a,b,k−2)，其中存在i->a的边在上货物x，b->j的边卸下货物x，存在i->b的路径不需要载上或卸下货物。

这样每次转移就优化到O(n4)啦

那至于怎么求出原题的答案，原题解很抠，没有给出…

需要再引入一个函数h(i,j,k)，表示从i到j用了k步，但是车厢不一定为空的方案数…
转移还是h(i,j,k)=∑g(i,a,k1)∗h(a,j,k−k1)+∑h(b,j,k−1)
因为神奇的g函数，这样转移的正确也就保证了……

#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>#define N 55#define P 10007#define foc(x,a) for(ITR x=a.begin();x!=a.end();x++)using namespace std;typedef pair<int,int> parii;typedef vector<parii>::iterator ITR;int n,m,K,Ans;char A[100];int f[N][N][N][2],g[N][N][N];vector<parii> load[N][30],unload[N][30];vector<parii> road[N],iroad[N];inline void Read(){  gets(A);  int x,y,cnt; char c;  cnt=sscanf(A,"%d %d %c",&x,&y,&c);  if(cnt==2){    road[x].push_back(parii(x,y));    iroad[x].push_back(parii(x,y));  }  else if(c>='A'&&c<='Z'){    load[x][c-'A'].push_back(parii(x,y));    iroad[x].push_back(parii(x,y));  }  else unload[y][c-'a'].push_back(parii(x,y));}int main(){  scanf("%d%d%d",&n,&m,&K); gets(A);  for(int i=1;i<=m;i++) Read();  for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i][0][0]=f[i][i][0][1]=1;  for(int k=1;k<=K;k++){    if(k>=2)      for(int i=1;i<=n;i++)    for(int j=1;j<=n;j++)      for(int t=0;t<26;t++)        foc(x,load[i][t]) foc(y,unload[j][t])          (g[i][j][k]+=f[x->second][y->first][k-2][0])%=P;    for(int i=1;i<=n;i++)      for(int j=1;j<=n;j++)    for(int s=0;s<2;s++){      if(s) foc(x,iroad[i]) (f[i][j][k][s]+=f[x->second][j][k-1][s])%=P;      else foc(x,road[i]) (f[i][j][k][s]+=f[x->second][j][k-1][s])%=P;    }    for(int i=1;i<=n;i++)      for(int j=1;j<=n;j++)    for(int s=0;s<2;s++)      for(int x=1;x<=n;x++)        for(int t=2;t<=k;t++)          (f[i][j][k][s]+=g[i][x][t]*f[x][j][k-t][s])%=P;    (Ans+=f[1][n][k][1])%=P;  }  return printf("%d\n",Ans),0;}