pku_2686_Traveling by Stagecoach
Traveling by Stagecoach
【题目概述】告诉一张地图，地图上有N(2<=2<= 30)个城市，由一个城市到另外一个城市的唯一交通工具是马车，不同型号的马车花费的时间（这里的时间计算用两地的距离除以该马车骂的数量，马越多越快）不一样。现在给你N(1<=N<=8)两马晨，每辆马车告诉马的数量，求有一个城市到另外一个城市的最短时间。
【题目分析】参考了hobby的代码，和froeverLin提示，在这里予以说明。
l 像是一个最短路问题，但是增加了限制条件，解法DP毋庸置疑，给定马车的数量<= 8， 状态压缩DP.
l 要求的仅仅是最短的时间，没有求分配方案，这无疑使问题简单话了。
l 影响节点（城市）之间的花费的唯一变化因素是马的数量（距离是固定的）。
l 设 表示当前状态为s，走到城市j的最小时间。
状态转移方程，为 对于任何一个与j相连的节点k。
其中， r为和k相连的城市， r为不在s中的某个马车的加入后的状态， t[w]为该马车的马匹数。
l 初始化问题。
n 由于求的是最小值，我们初始化dp为某个最大值。
for(p = 1; p < (1<<n); p++)
for(i = 0; i < m; i++) dp[p][i] = inf;
n 由于每次都是从a开始的，所以初始化的时候要初始化和a与关系的边的转移。
for (i = 0; i < m; i++) if(map[a][i] != -1)
for(k = 0; k < n; k++) dp[1<<k][i] = map[a][i]/t[k];
【题目代码】
//Name: pku_2686_Traveling by Stagecoach
// dp[i][j]表示当前使用的票的状态为i到达了j城市的最少用时
// 若第k个城市与j相连通，且，枚举枚举票数最少的
#include <iostream>
using namespace std;
#define inf 1<<30
int map[30][30];
int n, m, p, a, b, d, r, q;
double dp[1<<8][30], t[30], tmp, ans;
int main() {
// freopen("in.in", "r", stdin);
int i, j, k, x, y;
while(scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&p,&a,&b) != EOF) {
if (!(n||m||p||a||b)) break;
a--; b--;
for(i = 0; i < n; i++) scanf("%lf", t+i);
memset(map, -1,sizeof(map));
for (i = 1; i <= p; i++) {
scanf("%d %d %d", &x, &y, &d); x--;y--;
map[x][y] = map[y][x] = d;
}
for(p = 1; p < (1<<n); p++)
for(i = 0; i < m; i++) dp[p][i] = inf;
for (i = 0; i < m; i++) if(map[a][i] != -1)
for(k = 0; k < n; k++)
dp[1<<k][i] = map[a][i]/t[k];
for (p = 1; p < (1<<n); p++) {
for (j = 0; j < m; j++) if(dp[p][j] != inf) {
for (k = 0; k < m; k++) if(k!=j && map[j][k]!=-1) {
for (r = 0; r < n; r++) if(!(p&(1<<r))) {
q = p + (1<<r);
tmp = dp[p][j] + map[j][k] /t[r];
if (dp[q][k] > tmp) dp[q][k] = tmp;
}
}
}
}
ans = inf;
for (p = 1; p < (1<<n); p++)
if(dp[p][b] < ans) ans = dp[p][b];
if(ans == inf) printf("Impossible\n");
else printf("%lf\n", ans);
}
}