蒜头君救人状压DP

蒜头君救人

题目描述

蒜头君是一个乐于助人的好孩子，这天他所在的乡村发生了洪水，有多名村民被困于孤岛上，于是蒜头君决定去背他们离开困境，假设蒜头君所在的村子是 n×m n×m 的网格，网格中.号代表平地，#号代表该地已被洪水淹没，A、B……等大写字母表示该地有村民被困，s代表蒜头君的起点，t代表蒜头君的终点。

蒜头君的初始速度为 k 秒一格，他每次可以向上下左右 4 个方向中的一个移动 1 格。在背上一个村民后，他的速度可能会降低，也可能会加快，但他的速度不能快于 1 秒每格，那么蒜头君想知道，他最快需要多长时间将所有村民救出？

注意：不能在终点以外的地方放下村民；可以同时背多个村民。

输入格式

第一行 3 个正整数 n,m(1≤n,m≤10),k n,m(1 \le n,m \le 10),k，分别表示村庄长度、宽度、蒜头君初始速度。

接下来 n n行，每行一个长度为mm 的字符串，表示村庄的地形，字符串意义如上所述。

接下来若干行，每行一个大写字母、一个整数，表示该编号的村民会使 k k 增加 / 减少多少。行数等同于地形中大写字母的个数。大写字母按字典序，即A、B、C的顺序排列，保证前后两行的字母是连续的，村民个数小于等于 10。

输出格式

输出 1 个整数，表示最小用时。

样例输入

4 4 2
s.##
..A#
.B##
…t
A -3
B 4

样例输出

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数据规模这么小，不是搜索就是状压。

标程给出的是三进制状压DP，但是这样做使得位运算的优势不复存在了。所以时间复杂度其实也只是理性愉悦，提取某一位常数很大。而且也增加了编程复杂度。

事实上二进制状压DP是可以的，并不会达到 O(4cntcnt2) O(4^{cnt}cnt^2)的复杂度，而且跑得很快。

定义状态 f[S1][S2][p] f[S_1][S_2][p]表示背着的村民状态为 S1 S_1,已经到终点的村民为 S2 S_2，蒜头君处在 p p位置（pp只取初始状态下村民的位置、终点位置），那么显然有状态转移：

f[S1|(1<<y−1)][S2][y]=min(dis(x,y)V[S1]+f[S1][S2][x])

f[S_1|(1

(x∉S2,x∈S1,y∉S2,y∉S1)

(x\notin S_2,x\in S_1,y\notin S_2,y\notin S_1)

f[S1xorT][S2|T][en]=min(f[S1xorT][S2|T][en],f[S1][S2][en])

f[S_1 xor T][S_2|T][en]=min(f[S_1 xor T][S_2|T][en],f[S_1][S_2][en])

(T∈S1，en为终点)

(T\in S_1，en为终点)

V[S] V[S]表示在背着的村民状态为 S S下的速度,dis(x,y)dis(x,y)表示在原图上 x,y x,y的距离。都可以预处理出来。下面的代码采用的是floyd求距离，当然也可以用BFS。

上述两式分别表示到一个地方接村民、在终点放村民。如果不用记忆化搜索的形式，注意循环顺序。

那么为什么跑得很快呢？因为在这样的定义下， S1 S_1与 S2 S_2是不能有交集的，这样显然不可能的情况在循环里判断一下就可以了，实际上可能合法的情况只有 3cnt 3^{cnt}种。再加上 x,y x,y与两个集合间的关系，循环执行的次数不会特别多。

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;int N,M,K,dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={-1,1,0,0};
int Map[105][105],pos[15],id[15][15],tot,v[15];
int f[1234][1234][15],V[1234],U,inf;
char s[15][15];int main()
{int i,j,k,x,y,tx,ty,St;char ch[3];scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);for(i=1;i<=N;i++)scanf("%s",&s[i][1]);while(scanf("%s%d",ch,&x)!=EOF)v[++v[0]]=x;for(i=1;i<=N;i++)for(j=1;j<=M;j++)id[i][j]=++tot;for(i=1;i<=tot;i++)for(j=1;j<=tot;j++)Map[i][j]=1e9;for(i=1;i<=tot;i++)Map[i][j]=0;for(i=1;i<=N;i++)for(j=1;j<=M;j++){if(s[i][j]=='#')continue;x=i;y=j;for(k=0;k<4;k++){tx=x+dx[k];ty=y+dy[k];if(tx&&ty&&tx<=N&&ty<=M&&s[tx][ty]!='#'){int a=id[x][y],b=id[tx][ty];Map[a][b]=1;}}}for(k=1;k<=tot;k++)for(i=1;i<=tot;i++)for(j=1;j<=tot;j++)Map[i][j]=min(Map[i][j],Map[i][k]+Map[k][j]);//floyd预处理距离for(i=1;i<=N;i++)for(j=1;j<=M;j++){if(s[i][j]=='s')St=id[i][j];if(s[i][j]=='t')pos[v[0]+1]=id[i][j];if(s[i][j]>='A'&&s[i][j]<='Z')pos[s[i][j]-'A'+1]=id[i][j];}U=(1<<v[0])-1;V[0]=K;for(i=1;i<=U;i++){int tmp=0;for(j=1;j<=v[0];j++)if((i>>j-1)&1)tmp+=v[j];V[i]=tmp+K;if(V[i]<1)V[i]=1;}//预处理Vmemset(f,60,sizeof(f));for(i=1;i<=v[0];i++)f[1<<i-1][0][i]=Map[St][pos[i]]*K;f[0][0][v[0]+1]=Map[St][pos[v[0]+1]]*K;inf=f[0][0][0];for(j=0;j<U;j++)for(i=0;i<=U;i++){if(i&j)continue;//在这样的定义下，不能有交集for(x=1;x<=v[0]+1;x++){if(f[i][j][x]==inf||(x<=v[0]&&(!((i>>x-1)&1))))continue;for(y=1;y<=v[0];y++){if((i>>y-1)&1||(j>>y-1)&1)continue;if(f[i|(1<<y-1)][j][y]>f[i][j][x]+V[i]*Map[pos[x]][pos[y]])f[i|(1<<y-1)][j][y]=f[i][j][x]+V[i]*Map[pos[x]][pos[y]];}y=v[0]+1;if(f[i][j][y]>f[i][j][x]+V[i]*Map[pos[x]][pos[y]])f[i][j][y]=f[i][j][x]+V[i]*Map[pos[x]][pos[y]];}for(x=i;x;x=x-1&i)f[i^x][j|x][v[0]+1]=min(f[i^x][j|x][v[0]+1],f[i][j][v[0]+1]);//枚举子集}printf("%d",f[0][U][v[0]+1]);
}