AOJ 2200 Mr. Rito Post Office （Floyd预处理、dp）
快递到了：你是某个岛国（ACM-ICPC Japan）上的一个苦逼程序员，你有一个当邮递员的好基友利腾桑遇到麻烦了：全岛有一些镇子通过水路和旱路相连，走水路必须要用船，在X处下船了船就停在X处。而且岛上只有一条船，下次想走水路还是得回到X处才行；两个镇子之间可能有两条以上的水路或旱路；邮递员必须按照清单上的镇子顺序送快递（镇子可能重复，并且对于重复的镇子不允许一次性处理，比如ABCB的话B一定要按顺序走两次才行）。
测试数据有多组：
N M
x1 y1 t1 sl1
x2 y2 t2 sl2
…
xM yM tM slM
R
z1 z2 … zR
N (2 ≤ N ≤ 200) 是镇子的数量，M (1 ≤ M ≤ 10000) 是旱路和水路合计的数量。从第2行到第M + 1行是路径的描述，路径连接xi yi两地，路径花费 ti (1 ≤ ti ≤ 1000)时间，sli 为L时表示是旱路，S时表示是水路。可能有两条及以上路径连接两个镇子，并且路径都是双向的。
M + 2行的R是利腾需要去的镇子的数量，M + 3是利腾需要去的镇子的编号。
初始状态利腾和船都在第一个镇子，且肯定有方法达到需要去的镇子。
测试数据为0 0的时候表示终止。
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
// 题目翻译来自 hankcs 的博客
Floyd 预处理 水路和陆路的两点最短距离
这题我没想出来 - - 我dp太弱
具体思路请看注释
AC代码如下：
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// AOJ 2200 Mr. Rito Post Office
//
// Created by TaoSama on 2015-03-20
// Copyright (c) 2015 TaoSama. All rights reserved.
//
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iomanip>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
#include <set>
#include <vector>
#define CLR(x,y) memset(x, y, sizeof(x))
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 1e5 + 10;
int sea[205][205], land[205][205], dp[1005][205];
int n, m, r, a[1005];
int main() {
#ifdef LOCAL
freopen("in.txt", "r", stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
ios_base::sync_with_stdio(0);
while(cin >> n >> m && (n + m)) {
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= n; ++j)
sea[i][j] = land[i][j] = i == j ? 0 : INF;
for(int i = 1; i <= m; ++i) {
int x, y, t; char c;
cin >> x >> y >> t >> c;
if(c == 'S') sea[x][y] = sea[y][x] = min(sea[x][y], t);
else land[x][y] = land[y][x] = min(land[x][y], t);
}
cin >> r;
for(int i = 1; i <= r; ++i) cin >> a[i];
//Floyd
for(int k = 1; k <= n; ++k) {
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j <= n; ++j) {
sea[i][j] = min(sea[i][j], sea[i][k] + sea[k][j]);
land[i][j] = min(land[i][j], land[i][k] + land[k][j]);
}
}
}
//dp[i][j]:= 到达i镇子 船停在j镇子的最小时间
memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
dp[1][a[1]] = 0;
for(int i = 1; i <= r; ++i) {
for(int j = 1; j <= n; ++j) {
//一定可以走陆路
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j] + land[a[i - 1]][a[i]]);
for(int k = 1; k <= n; ++k) //枚举水路船停的位置
//从i-1镇子回到船在的j 开船到k镇子船丢在那里 陆路从k到i镇子
//三个INF 可能加爆。。。。。
dp[i][k] = min((long long)dp[i][k], (long long)dp[i - 1][j] +
land[a[i - 1]][j] + sea[j][k] + land[k][a[i]]);
}
}
cout << *min_element(dp[r], dp[r] + n + 1) << endl;
}
return 0;
}