DP专题

  • 记忆化搜索与递推(方式)

  • DAG模型

记忆化搜索:

  • 用d[状态] 的特殊值表示是否计算过。

  • 用vis[状态]是否访问过

DAG模型:

  • 矩形嵌套:d(i) 以 i 结点开始的最长长度,​ 存在​

  • 固定点的最长路和最短路(钱币问题): ​

字典序最小(记录路径):

  • 和DP过程一样,添加break语句跳出即可。

  • 以空间换时间,pre[i] = j ,当前 i 结点的下一个是 j ,最后用初始状态while循环转移S初始状态。

以 d(i) 以 i 结点为结束的的状态的最优值,一般很难直接枚举前面一个结点,解决方案是刷表法,计算一个d(i),就去更新 i 结点能够影响的其他结点。——素数筛选中常用。

推荐例题:BZOJ 1003

Description

  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。但是修改路线是一件十分麻烦的事情,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。

Input

  第一行是四个整数n(1<=n<=100)、m(1<=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。

Output

  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。

Sample Input

5 5 10 81 2 11 3 31 4 22 3 22 4 43 4 13 5 24 5 242 2 33 1 1 3 3 34 4 5

Sample Output

32//前三天走1-4-5,后两天走1-3-5,这样总成本为(2+2)3+(3+2)2+10=32

分析:可以分析,考虑前 i 天的最优值d[i] ,d[i] 由之前的小状态d[j]转移而来,切割的思路,那么将后面的一段时间看成一个整体转移,也就是第j+1~i要能同时走,最短路*天数+k。

一个时间段保证能同时走,并且最短,最短路变形即可。

/**************************************************************
   Problem: 1003
   User: TreeDream
   Language: C++
   Result: Accepted
   Time:88 ms
   Memory:1628 kb
****************************************************************/ #include <bits/stdc++.h> using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 30;
const ll inf = 9876543212345678LL; struct Edge {
   int from,to;
   ll dist;
}; struct HeapNode {
   ll d;
   int u;
   bool operator < (const HeapNode& rhs) const {
       return d > rhs.d;
  }
}; bool broken[30][205]; struct Dij {
   int n,m;
   vector<Edge> edges;
   vector<int> G[maxn];
   bool done[maxn];
   ll d[maxn];
   int p[maxn];    void init(int n) {
       this->n = n;
       for(int i = 0; i < n; i++) G[i].clear();
       edges.clear();
  }    void AddEdge(int from,int to,ll dist) {
       edges.push_back((Edge){from,to,dist});
       m = edges.size();
       G[from].push_back(m-1);
  }    long long dij(int s,int t,int t1,int t2) {
       priority_queue<HeapNode> Q;
       for(int i = 0; i < n; i++)
           d[i] = inf;
       d[s] = 0;
       memset(done,0,sizeof(done));
       Q.push((HeapNode){0,s});
       while(!Q.empty()) {
           HeapNode x = Q.top(); Q.pop();
           int u = x.u;
           if(done[u]) continue;
           done[u] = true;
           for(int i = 0; i <(int)G[u].size(); i++) {
               Edge& e = edges[G[u][i]];
               int to = e.to;
               bool flag = true;
               for(int j = t1; j <= t2; j++) {
                   if(broken[to][j]==false) {
                       flag = false;
                       break;
                  }
              }
               if(flag==false) continue;
               if(d[e.to] > d[u] + e.dist) {
                   d[e.to] = d[u] + e.dist;
                   p[e.to] = G[u][i];
                   Q.push((HeapNode){d[e.to],e.to});
              }
          }
      }        return d[t];
  } }sol; ll c[205][205];
ll d[205]; int main()
{
   //freopen("in.txt","r",stdin);
   int n,m,k,e;
   scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
   sol.init(m+1);    for(int i = 0; i < e; i++) {
       int u,v;
       ll c;
       scanf("%d%d%I64d",&u,&v,&c);
       sol.AddEdge(u,v,c);
       sol.AddEdge(v,u,c);
  }    int dd;
   scanf("%d",&dd);    for(int i = 0; i <= m; i++) {
       memset(broken[i],true,sizeof(broken[i]));
  }    for(int i = 0; i < dd; i++) {
       int p,a,b;
       scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);
       for(int j = a; j <= b; j++)
           broken[p][j] = false;
  }    for(int i = 1; i <= n; i++) {
       for(int j = i; j<=n; j++) {
           c[i][j] = sol.dij(1,m,i,j);
      }
  }    for(int i = 1; i <= n; i++)
       d[i] = inf;
   d[1] = c[1][1];    for(int i = 2; i <= n; i++) {
       if(c[1][i]!=inf)
           d[i] = (long long)c[1][i]*i;
       for(int j = i-1; j >= 0; j--) {
           if(c[j+1][i]!=inf)
               d[i] = min(d[i],d[j]+(long long)c[j+1][i]*(i-j)+k);
      }
  }    cout<<d[n];    return 0;
}

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