CF392B Tower of Hanoi

题目链接。

Description

三塔汉诺塔问题，给一个 \(3 \times 3\) 的矩阵 \(t\)，\(t_{i, j}\) 表示从 \(i\) 塔移动一个盘子到 \(j\) 塔的花费。

初始状态 \(n\) 个盘子都在第一个盘子，要求将所有的移到第三个盘子，求最小花费。

Solution

显然可以间接移动，花费有可能更优，先用 Floyd 算法算出从 \(i\) 间接 / 直接移动到 \(j\) 的最小花费，设 \(d_{i,j}\) 表示从 \(i\) 到 \(j\) 的最小花费。

显然无后效性，考虑 \(dp\)。

状态设计

设 \(f_{i,a,b}\) 表示将 \(i\) 个盘子从 \(a\) 移动到 \(b\) 的最小花费。

初始状态

\(f_{1, a, b} = d_{a,b}\) 其余为正无穷

状态转移

不妨设另外一个盘子为 \(c\)。

先把 \(n\) 个盘子看做两个整体：第 \(n\) 个盘子和 \(n - 1\) 个盘子，这样可以 DP 了。

通过观察发现有两个可能成为最优的转移方式：

• 将 \(n - 1\) 个盘子 \(a \Rightarrow c\)，第 \(n\) 个盘子 \(a \Rightarrow b\)，然后再把 \(n - 1\) 个盘子 \(c \Rightarrow b\)。
• \(n - 1\) 个盘子 \(a \Rightarrow b\)，第 \(n\) 个盘子 \(a \Rightarrow c\)，\(n - 1\) 个盘子 \(b \Rightarrow a\)，第 \(n\) 个盘子 \(c \Rightarrow b\)，\(n - 1\) 个盘子 \(a \Rightarrow b\)。

其他的转移一定是这两种 + 反复横跳形成的。

将上面的方式翻译一下，即：

• \(f_{i, a, b} \gets f_{i - 1, a,c} + t_{a,b} + f_{i - 1, c, b}\)

• \(f_{i, a, b} \gets f_{i - 1, a,b} + t_{a,c} + f_{i - 1, b, a} + t_{c,b} + f_{i - 1, a, b}\)

值得注意的是这里不能用 \(d\)，因为其他盘子不是空的，不能作为间接量。

时间复杂度

\(O(N)\)

Tips

注意开 long long ！

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 45;

typedef long long LL;

int t[3][3], g[3][3], n;
LL f[N][3][3];


int main() {
	for (int i = 0; i < 3; i++)
		for (int j = 0; j < 3; j++) scanf("%d", &t[i][j]), g[i][j] = t[i][j];
	scanf("%d", &n);
	for (int k = 0; k < 3; k++)
		for (int i = 0; i < 3; i++)
			for (int j = 0; j < 3; j++)
				t[i][j] = min(t[i][j], t[i][k] + t[k][j]);
	memset(f, 0x3f, sizeof f);
	for (int i = 0; i < 3; i++)
		for (int j = 0; j < 3; j++)
			f[1][i][j] = t[i][j];

	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		for (int a = 0; a < 3; a++) {
			for (int b = 0; b < 3; b++) {
				if (a == b) continue;
				int c = 3 - a - b;
				f[i][a][b] = min(f[i - 1][a][c] + g[a][b] + f[i - 1][c][b], f[i - 1][a][b] + g[a][c] + f[i - 1][b][a] + g[c][b] + f[i - 1][a][b]);
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", f[n][0][2]);
	return 0;
}