2020牛客暑期多校训练营Portal(最短路，动态规划/搜索)

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题目描述

输入描述:

输出描述:

示例1

输入

5 4 2
1 2 1
2 3 1
3 4 1
4 5 1
1 5
2 4

输出

5

说明

示例2

输入

6 10 3
1 1 6
5 6 9
3 5 8
1 4 1
2 4 7
6 6 10
1 4 2
6 5 10
3 5 2
3 1 9
1 5
2 5
4 3

输出

28

示例3见原题

题目大意

给定一个图，再交给你$k$个任务。每个任务的描述是给出$a_i$和$b_i$，要求你从当前位置开始，到$a_i$取一个东西，然后送到$b_i$。现要求从$1$号点开始，最少经过多少路程可以完成任务。

任务期间，你可以在当前位置制造传送门，此后，你可以通过传送门无偿到达另一个传送门的位置，注意不能同时存在多于$2$个的传送门。

分析

亿点点简化

$Case1:$考虑传送门的简化，若从当前这个点$a$到达点$b$，有一个传送门在点$s1$，有一个传送门在$s2$，那么我可以从$a\to s1$然后传送，再$s2\to b$，也可以直接把$s1$毁掉，在$a$建一个传送门，然后直接过去到$s2$即可。显然后者更优。因此传送门可以直接在当前位置建。
而删掉$s1$的门的操作也是可以证明是最优的。虽然我之后可能还要到点$c$去，但是无论是从$s2\to c$还是直接传送，前者定不会差于后者。
$Case2:$再考虑$dp$，我们可以先考虑起始的$dp[i][j][k]$，表示我当前在$i$点，执行$j$号任务，$k$号位置有传送门的最小花费。但是一算，复杂度$O(n^3)$，再加上每个点要遍历每个与之相连的点，又是$O(n)$，这就爆了。因此要考虑压缩。为了压缩，要先考虑另一个优化
$Case3:$任务的优化，任务是给出两个点，那么我们可以把它们拆成$2\ast k$个终点，与原来的过程是一样的，但是这样，我们就可以把$dp$中的第一维压到第二维去，第$j$个任务的节点所在就是任务中给出的节点编号，由此，我们可以把复杂度压成$O(n^3)$。

dp的转移

设$dp[i][j]$表示简化后的第$i$号任务，在$j$有一个传送门时的最小花费。
输入时$rw[i]$表示扩大后的第$i$号任务。
$dis[i][j]$是$Floyd$跑出来的最短路。
首先不考虑传送门，那么有：
$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+dis[rw[i-1]][rw[i]])$
再考虑传送门，遍历每个点，如果在这个点有一个传送门，设这个点是$k$：
$Situation1$可以在当前点走到$k$点，然后传送到$j$点，再走到终点，所以有：
$dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[i-1][j]+dis[rw[i-1]][k]+dis[j][rw[i]])$
$Situation2$可以在当前点建传送门，然后传送到$j$点，走到$k$点再走到终点，所以有：
$dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[i-1][j]+dis[j][k]+dis[k][rw[i]])$
这样就可以覆盖所有的情况。

代码

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=610;
ll dis[MAXN][MAXN],dp[MAXN][MAXN];
int rw[MAXN];
int main()
{
	int n,m,u,v,s;ll w;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);
	memset(dis,0x3f3f3f3f,sizeof(dis));
	for(int i=0;i<=n;i++) dis[i][i]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
		dis[u][v]=dis[v][u]=min(dis[u][v],w);//判重
	}
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);//Floyd
	for(int i=1;i<=s;i++) scanf("%d%d",&rw[i*2-1],&rw[i*2]);
	memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof(dp));rw[0]=1;
	dp[0][1]=0;//没有走只能在1号位建
	for(int i=1;i<=2*s;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+dis[rw[i-1]][rw[i]]);
			for(int k=1;k<=n;k++){
				dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[i-1][j]+dis[rw[i-1]][k]+dis[j][rw[i]]);
				dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[i-1][j]+dis[j][k]+dis[k][rw[i]]);
			}
		}
	}ll ans=1ll<<60;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(dp[2*s][i],ans);//枚举最后的传送门
	printf("%lld",ans);
}

END

好强的题目。