挑战程序设计竞赛2.5习题：Mr. Rito Post Office Aizu - 2200

您是一位在偏远岛屿的邮局工作的程序员。您居住的区域包括几个岛屿。每个岛屿都有一个或多个港口城镇。除了它们之外，可能还有其他城镇。您必须乘船从一个岛到另一个岛。您可以使用陆地路线环岛，但有时使用海上路线会更快。 随着近年来邮局的私有化，全国各地的邮递员数量已经减少，以降低成本。偏远岛屿上的邮局也不例外，因此，Rito先生是唯一的邮递员。由于邮局负责收集和传递的区域很大，因此仅收集和传递是一项艰巨的任务。因此，Rito先生已向您寻求帮助，以帮助您高效地进行收集和交付。 您的任务是编写一个程序，寻找最短的路线，这取决于Rito先生要遵循的城镇接送顺序。 Rito先生永远不能按指定顺序以外的任何顺序执行收集和交付工作。但是，当您从一个城镇或村庄转移到另一个城镇或村庄时，您可以穿越另一个城镇或村庄。此外，Rito先生还有一艘船可以绕过岛屿。 例如，给定A镇，B镇和C村的收货和交货顺序，您可以通过任何一个镇或村从A镇到B镇。此时，您可能会经过C村，但是为了保持收货和送货的顺序，您必须一次到B镇执行收货和送货，然后再次访问C村并进行收货和送货。如果您通过海路从镇A到镇B，并且通过陆路从镇B到镇C，则船将留在镇B。因此，如果您想使用下一条航海路线，则需要返回到B镇。 可能需要在一个城镇或村庄多次收集和运送。例如，可以给出城镇A，乡村B，城镇C和乡村B的收货和交货顺序。目前，如果您没有跟随B村就从A镇前往C镇，您将无法立即在C镇提货。这是因为第一村B中的收集和交付尚未完成。在C镇收集并交付后访问B村，尚未结束B村的第一次收集和交付。 里托先生总是在港口镇住船。由于Rito先生是一位资深人士，因此他可以无视旅行时间以外的收集和交付工作所需的时间。而且，仅是在最后一个城镇或村庄完成收集和交付工作的时间是一个问题，并且不必考虑将船返回其原始位置并返回邮局的时间。

Input

输入包含多个数据集。每个数据集的格式如下

N M
x₁ y₁ t₁ sl₁
x₂ y₂ t₂ sl₂
...
x_M y_M t_M sl_M
R
z₁ z₂ ... z_R

数据集中的所有条目均为非负整数。一行中的输入项用一个空格分隔。 第一行指定陆地和海洋网络的规模。 N（2≤N≤200）是城镇或村庄的数量。每个城镇或村庄都分配一个从1到N的唯一编号。 M（1≤M≤10000）是陆地和海上航线的总数。 第2到1 + M行是陆路或海路的描述。 xi和yi（1≤xi，yi≤N）代表两端的城镇或村庄数。 ti（1≤ti≤1000）表示陆地或海上航线的旅行时间。 sli是“ L”或“ S”，其中L代表土地，S代表海洋。 直接连接两个城镇或村庄的陆路或海上路线可能不止一个。每个陆地或海洋路线都是双向的，也就是说，它可以沿任一方向移动。 M + 2行中的R（1≤R≤1000）指示Rito先生处理的收件和送达目的地的数量。在M + 3行上，按照收集和交付的顺序排列了目的地城镇zi的R数zi（1≤zi≤N）。 在初始状态下，Rito先生和这艘船都位于港口城镇z1。您始终可以通过某种方式从初始状态移至目标城镇或村庄。 输入的结尾由包含两个零的行表示，两个零之间用空格隔开。

Output

对于每个输入数据集，找到Rito先生按照给定的收货和交货顺序在城镇中巡查所需的最短旅行时间，然后将其输出到一行。

Sample Input

3 3
1 2 5 L
1 2 7 S
2 3 11 S
3
1 2 3
5 5
1 2 15 L
2 3 10 L
4 5 7 L
1 3 30 S
3 4 100 S
5
1 3 5 4 1
0 0

Output for the Sample Input

18
269
这题其实主要考察的是dp，由于数据量小（N最大200），O(V3)都可以（毕竟8s）。
对于两点之间的最短距离，我们可以用Floyd算法进行处理，由于海陆两种方式可以混着选，所以我们不妨开两个数组min_land,min_sea记录最小v到u的陆地距离和海洋距离。
至于接下来怎么求，我们可以想到用动态规划的方法(ord[i]为第i个目标村子的编号，因为对于要到达的序列R，ord[i]的就是R中第i个的值）：

我们不管过程，只管状态，我们知道到达下一个顶点肯定要从上一个顶点出发，距离是到达上一个顶点的距离加上上一个到达下一个顶点的距离，但是由于船的位置不确定，而且下一次船停靠的位置也不确定，我们不如采用二维数组来记录每次的状态，我们用dp[i][j]表明现在到达第i个目标村（不是编号为i的村子，而是表示到达ord序列的第i个了），此时船停留在第j号村内，那么dp[i][j] = 对于dp[i-1][k]的每一种情况（因为上一次船可能停在任何地方，我们假设停留在k村子内），值为dp[i - 1][k] + 从第i-1号村到达第k号村去取船的时间min_land[ord[i - 1]][k]和将它开到第j号村的时间min_sea[k][j],最后在从j到达第i号村min_land[j][ord[i]]。这里为什么不是先到i号村再送船，如果这样我们仍然还要从j回到i，这样其实是从i-1到i加上i到k，加上k到j，加上j到i，我们知道从i-1到k的陆地最短时间一定小于等于i-1到i，i再到k的时间（不然i-1到k的陆地时间就要更新），所以不能先到i。
至于为什么从j到i要走陆地，因为我们dp[i][j]就是要满足到达第i个目标村子且船停留在j，如果在别的地方停了船，走陆地，那么船就不会停留在j点，特别注意，我们只管状态。
还要要注意的就是当j==k时，船是不要移动的，我们不需要回到k去移动船，所以这种情况的状态转移方程和其他的不一样直接就是dp[i-1][k] + min_land[ord[i - 1]][ord[i]]（注：此时i==k）。
那么我们就得到了一下状态转移方程式：
　　如果j != k: dp[i][j] = min(dp[i - 1][k] + min_land[ord[i - 1]][k] + min_sea[k][j] + min_land[j][i], dp[i][j]);
　　　如果j == k: dp[i][j] = min(dp[i - 1][k] + min_land[ord[i - 1]][ord[i]], dp[i][j]);
AC代码（参考https://www.cnblogs.com/ibilllee/p/9239869.html）：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
//最后的答案int放不下，要用longlong
const long long INF = 0x1f3f3f3f3f3f3f3f;//注意这里4*INF不能超过longlong的范围
long long dp[1005][205];//dp[i][j]:到达第i个目标（注意村子编号不等于i，要看后面R的序列情况）村子船在j号村子这种情况下花费的最小时间
long long min_land[1005][1005];//v到u走陆地的最短时间
long long min_sea[1005][1005];//v到u走海洋的最短时间
int ord[1005];//R后面的序列，即第i个目标对于的村子编号
char temp[10];//读取是L还是S
int main(void) 
{
	int n, m, r;
	int s, e, t;
	while(scanf("%d %d", &n, &m) && n + m)
	{
		long long ans = INF;
		fill(min_land[0] , min_land[0] + 1005 * 1005, INF);
		fill(min_sea[0] , min_sea[0] + 1005 * 1005, INF);
		fill(dp[0] , dp[0] + 1005 * 205, INF);
		for(int i = 1; i <= n; i++)//Floyd的初始化min_[i][i] = 0，其他为INF
		{
			min_land[i][i] = min_sea[i][i] = 0;
		}
		for(int i = 0; i < m; i++)
		{
			scanf("%d %d %d %s", &s, &e, &t, temp);
			if(temp[0] == 'L')
			{
				min_land[s][e] = t;
				min_land[e][s] = t;
			}
			else
			{
				min_sea[s][e] = t;
				min_sea[e][s] = t;
			}
		}
        //Floyd计算
		for(int k = 1; k <= n; k++)
			for(int i = 1; i <= n; i++)
				for(int j = 1; j <= n; j++)
				{
					min_land[i][j] = min(min_land[i][j], min_land[i][k] + min_land[k][j]);
					min_sea[i][j] = min(min_sea[i][j], min_sea[i][k] + min_sea[k][j]);
				}
		scanf("%d", &r);
		for(int i = 1; i <= r; i++)
			scanf("%d", &ord[i]);
		dp[1][ord[1]] = 0;//第一个节点时必在1号，船也是，其他情况都不可达
		for(int i = 2; i <= r; i++)//到达下一个目标
			for(int j = 1; j <= n; j++)//对于每一种船停留的状态
				for(int k = 1; k <= n; k++)//对于上一个节点时船停留的状态（因为上一个节点船也可以从1到n进行停泊，所以所有的情况都要考虑
				{
					if(k != j)
						dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][k] + min_land[ord[i - 1]][k] + min_sea[k][j] + min_land[j][ord[i]]);
					else
						dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j] + min_land[ord[i - 1]][ord[i]]);
				}
		for(int i = 1; i <= n; i++)//当dp[r][]时，也就是到达了最后一个目标村子后，船可能停泊在1到n村子里，这些都满足条件，我们要找到最小的解
			ans = min(ans, dp[r][i]);
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}