BZOJ2512 : Groc

最优解一定是将起点、终点以及所有必经点连接成一棵树,对于每条树边恰好走两次,而从起点到终点的一条路径只走一次。

考虑连通性DP,设$f[i][j][k][x]$表示考虑完前$i$个走道,第$i$个走道底部和上部是否存在于树中,底部和上部是否和起点连通,走一次的路径端点是底部还是上部时的最小代价。

时间复杂度$O(NA^2)$。

 

#include<cstdio>
const int N=360,inf=100000000;
int m,n,A,B,i,j,k,x,a,b,nj,nk,nx,w,v[N][30],f[N][4][4][2],ans;
inline void up(int&a,int b){a>b?(a=b):0;}
inline int sum(int x,int l,int r){
  int t=v[x][r];
  if(l)t-=v[x][l-1];
  return t;
}
int main(){
  scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&A,&B);A++;
  while(m--)scanf("%d%d",&i,&j),v[i][j]=1;
  for(i=0;i<=n;i++)for(j=0;j<4;j++)for(k=0;k<4;k++)for(x=0;x<2;x++)f[i][j][k][x]=inf;
  f[0][1][1][0]=-B;
  for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=A;j++)v[i][j]+=v[i][j-1];
  for(i=0;i<n;i++)for(j=0;j<4;j++)for(k=1;k<4;k++)for(x=0;x<2;x++)if(f[i][j][k][x]<inf){
    w=f[i][j][k][x];
    for(a=0;a<=A;a++){
      if(sum(i+1,0,a)<sum(i+1,0,A))continue;
      nj=1;
      if(a==A)nj|=2;
      nk=k&1;
      if((j>>1)&&!(k>>1))continue;
      if(a==A)nk|=(k&1)<<1;
      if(x==0){
        up(f[i+1][nj][nk][0],w+B+a*2);
        if(a==A)up(f[i+1][nj][nk][1],w+B+A);
      }
    }
    for(a=0;a<=A;a++){
      if(sum(i+1,a,A)<sum(i+1,0,A))continue;
      nj=2;
      if(a==0)nj|=1;
      nk=(k>>1)<<1;
      if((j&1)&&!(k&1))continue;
      if(a==0)nk|=k>>1;
      if(x==1){
        up(f[i+1][nj][nk][1],w+B+(A-a)*2);
        if(a==0)up(f[i+1][nj][nk][0],w+B+A);
      }
    }
    for(a=0;a<=A;a++)for(b=a+1;b<=A;b++){
      if(sum(i+1,0,a)+sum(i+1,b,A)<sum(i+1,0,A))continue;
      nj=3;
      nk=k;
      up(f[i+1][nj][nk][x],w+B*3+(a+A-b)*2);
      nk=k&1;
      if(x==0)if(!(j>>1)||(k>>1))up(f[i+1][nj][nk][0],w+B+(a+A-b)*2);
      nk=(k>>1)<<1;
      if(x==1)if(!(j&1)||(k&1))up(f[i+1][nj][nk][1],w+B+(a+A-b)*2);
    }
    up(f[i+1][3][3][x],w+B*3+A*2);
    up(f[i+1][3][3][x^1],w+B*3+A);
  }
  ans=f[n][1][1][0];
  up(ans,f[n][3][3][0]);
  return printf("%d",ans),0;
}

  

posted @ 2018-03-03 22:28 Claris 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏