AcWing 274. 移动服务

题目链接

https://www.acwing.com/problem/content/276/

题目描述

一个公司有三个移动服务员，最初分别在位置1，2，3处。

如果某个位置（用一个整数表示）有一个请求，那么公司必须指派某名员工赶到那个地方去。

某一时刻只有一个员工能移动，且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)。

这个函数不一定对称，但保证 c(p,p)=0。

给出N个请求，请求发生的位置分别为 p1~pN。

公司必须按顺序依次满足所有请求，且过程中不能去其他额外的位置，目标是最小化公司花费，请你帮忙计算这个最小花费。

输入格式
第1行有两个整数L,N，其中L是位置数量，N是请求数量，每个位置从1到L编号。

第2至L+1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个整数，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
输出一个整数M，表示最小花费。

数据范围
3≤L≤200,
1≤N≤1000

输入样例

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

输出样例：

5

---

思路

对于这样类型的DP题目，我们首先会想到状态的表示由f[i][a][b][c]，表示完成前i个任务时三人在a,b,c的所有方案的最小花费，但是时间和空间复杂度非常大，我们应该想办法减掉任意一维就可以做了。首先遍历的基础n不能减掉，我们发现当处理完前i个任务时，一定有一个位置上有人，就是任务i的地点，所以我们只需要枚举另外两个地点即可。
还有一个就是遍历的顺序问题，即转移方式。大部分的DP问题使用的方法是由前面所有可以到当前状态的旧状态更新新状态，如果这道题我们也这样做会发现可以到当前的状态很多，也不好分析。
如果转化成当前状态去更新依赖它的状态即往前更新，也就只有三个总可能，即派在a或在b或在p[i]去完成第i+1个任务。所以假定第0个任务在3，f[0][1][2]=0,其他都为正无穷，那么第1个状态时只能被f[0][1][2][3]更新。
感觉说了好多废话hhh，大佬请忽略，如果有错希望指出

时间复杂度

O(N*L*L)

C++ 代码

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
const int N=210;
int f[1010][N][N],c[N][N],p[1010];
int main(){
    int l,n;
    cin>>l>>n;
    for(int i=1;i<=l;++i){
        for(int j=1;j<=l;++j){
            cin>>c[i][j];
        }
    }
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    f[0][1][2]=0;
    int res=0x3f3f3f3f;
    p[0]=3;
    for(int i=1;i<=n;++i) cin>>p[i];
    for(int i=0;i<n;++i){
        for(int x=1;x<=l;++x){
            for(int y=1;y<=l;++y){
                int z=p[i],to=p[i+1];//
                if(x==z||y==z||x==y) continue;  //f[i][x][y][z] x,y,z三人
                f[i+1][x][y]=min(f[i+1][x][y],f[i][x][y]+c[z][to]);//z去
                f[i+1][z][y]=min(f[i+1][z][y],f[i][x][y]+c[x][to]);//x去
                f[i+1][x][z]=min(f[i+1][x][z],f[i][x][y]+c[y][to]);//y去
                if(i==n-1) res=min(min(min(res,f[i+1][x][y]),f[i+1][z][y]),f[i+1][x][z]);
            }
        }
    }
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}