题解 P7751 [COCI2013-2014#2] PUTNIK

合集 - COCI(19)

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收起

洛谷。

题意

一共有 $n$ 个星球，有一个推销员，他有一个要求：对于编号为 $1\sim n$ 的星球，在他登上编号为 $K$ 的星球时，要么那些编号小于 $K$ 的星球都已经被经过过了，要么编号小于等于 $K$ 的星球都没有被经过过。每两个星球之间都有一个飞行时间，计算出经过所有星球最小所需的飞行时间。所有星球必须且只能被经过一次(起点任意)。

分析

这道题我们首先要分析出这个推销员的经过路线的性质，搞懂这个之后，其实这道题是比较简单的。

在他登上编号为 $K$ 的星球时，要么那些编号小于 $K$ 的星球都已经被经过过了，要么编号小于等于 $K$ 的星球都没有被经过过。

假如说我们现在的节点是 $i$，

1. $1\sim i$ 全部已经被经过过，那下一步就会是大于 $i$ 的且没有被经过过的最小点；
2. 否则，可以再 $1\sim i-1$ 中任选一个经过。

总结一下这个过程，我们的推销员，他会从某个起点开始，不断向下标更小的节点，知道到达 $1$，然后再一步一步向上（不重复经过）。

先考虑暴力，我们暴力模拟我们的上述过程。枚举起点。

inline void dfs(int now,int opt,int tot) {
    if(now==n+1) return void (ans=min(ans,tot));
    if(now==1) opt=1;
    if(opt==1) {
        for(int i=now+1; i<=n+1; ++i) {
            if(vis[i]) continue;
            vis[i]=1;
            dfs(i,1,tot+a[i][now]);
            vis[i]=0;
            break;
        }
    } else {
        for(int i=1; i<now; ++i) {
            if(vis[i]) continue;
            vis[i]=1;
            dfs(i,-1,tot+a[i][now]);
            vis[i]=0;
        }
    }
}

时间复杂度：$O(n\times w^n)$（$w=2$）。
拿下 $60pts$。

可以发现，我们在跑至 $1$ 后的轨迹都是确定的，可以优化这一部分。

当我们在 $opt=-1$ 时枚举下一节点时，考虑我们 $now-1$ 的归属，这个节点要么当做此时的下一个节点，否则，就是在回程的一个节点。

依旧是 dfs，传两个参数 $l$，$r$，$l$ 表示从大到小过程中的上一个节点，$r$ 表示从小到大的枚举到的第一个节点，如此，我们下一个枚举的节点就是 $min(l,r)-1$。

要么是接在从大到小的最后面，要么是接在从小到大的最前面。

并且由于我们枚举了起点，由此，我们需要先处理完 $i$ 后方的总和。

由此写出代码：

inline int dfs(int l,int r) {
    int now=min(l,r);
    if(now==1) return a[l][r];
    return min(dfs(l,now-1)+a[now-1][r],dfs(now-1,r)+a[now-1][l]);
}

时间复杂度并没有太多变化，依旧是 $60pts$。

但是这个 dfs 好优化啊，显然，我们用记忆化优化。

时间复杂度就变成了：$O(n^2)$。

inline int dfs(int l,int r) {
    int now=min(l,r);
    if(f[l][r]<INF) return f[l][r];
    if(now==1) return a[l][r];
    return f[l][r]=min(dfs(l,now-1)+a[now-1][r],dfs(now-1,r)+a[now-1][l]);
}
signed main() {
    n=read();
    for(int i=1; i<=n ; ++i) for(int j=1; j<=n; ++j) a[i][j]=read();
    for(int i=1; i<=n; ++i) for(int j=i+1; j<=n; ++j) e[i][j]=e[i][j-1]+a[j][j-1];
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    int ans=INF;
    for(int i=n; i; --i) ans=min(ans,e[i+1][n]+dfs(i,i+1));
    cout<<ans;
    return 0;
}

如此，就可以愉快的 A 掉此题了，其实代码并不难写，方向在理解好题目后其实也是比较显然的。