【线性dp】B000_AW_移动服务（暴力dp / 滚动数组优化 / 优化装填）
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
方法一：dp
最朴素的做法是：暴搜所有请求，对于每个请求都分别尝试让三个服务员去一次，选最优结果；
暴力dp的做法是：f[i][x][y][z] 表示对于第i个A在x，B在y，C在z的方案数，可是内存不够用，\(200^3 × 2000\) 达到了\(10^10\)，MLE
使用滚动数组优化掉第一为，但不知道哪里不对，求不出答案...
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int n,m; cin>>n>>m;
int c[n+1][n+1];
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=1; j<=n; j++)
cin>>c[i][j];
int A[m+1], f[2][n+1][n+1][n+1]; for (int i=1; i<=m; i++) cin>>A[i]; memset(f, inf, sizeof f);
f[0][1][2][3]=0;
int s=1, ans=inf;
for (int i=0; i<m; i++) {
int& u=A[i+1];
for (int x=1; x<=n; x++)
for (int y=1; y<=n; y++)
for (int z=1; z<=n; z++) if (x!=y && y!=z && f[s^1][x][y][z]!=inf) {
f[s][u][y][z]=min(f[s][u][y][z], f[s^1][x][y][z]+c[x][u]);
f[s][x][u][z]=min(f[s][x][u][z], f[s^1][x][y][z]+c[y][u]);
f[s][x][y][u]=min(f[s][x][y][u], f[s^1][x][y][z]+c[z][u]);
if (i==m-1) ans=min(ans, min(f[s][u][y][z], min(f[s][x][u][z], f[s][x][y][u])));
}
s^=1;
}
cout << ans;
return 0;
}
复杂度分析
- Time：\(O(n × L^3)\)，
- Space：\(O(n × L^3)\)，
方法二：优化 dp
第 i 个订单 p[i] 执行以后一定会有一个服务员在 p[i] 位置，所以我只需要记录两个服务员的位置即可，第三个服务员直接默认为 p[i]，然后状态可压缩为：f[i][x][y]
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int n,m; cin>>n>>m;
int c[n+1][n+1];
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=1; j<=n; j++)
cin>>c[i][j];
int p[m+1], f[m+1][n+1][n+1]; for (int i=1; i<=m; i++) cin>>p[i]; memset(f, inf, sizeof f);
f[0][1][2]=0; p[0]=3;
int s=1, ans=inf;
for (int i=0; i<m; i++) {
int z=p[i], nx=p[i+1];
for (int x=1; x<=n; x++)
for (int y=1; y<=n; y++) if (x!=y && y!=z && x!=z) {
f[i+1][x][z]=min(f[i+1][x][z], f[i][x][y]+c[y][nx]);
f[i+1][y][z]=min(f[i+1][y][z], f[i][x][y]+c[x][nx]);
f[i+1][x][y]=min(f[i+1][x][y], f[i][x][y]+c[z][nx]);
if (i==m-1) ans=min(ans, min(f[i+1][y][z], min(f[i+1][x][z], f[i+1][x][y])));
}
}
cout << ans;
return 0;
}
复杂度分析
- Time：\(O(nL^2)\)，
- Space：\(O(nL^2)\)，
