最少汽油
作者：互联网
题面：
有n个城市，编号0至n-1。每个城市都有且仅有一个加油站，每个加油站都能提供无限多的汽油，第i个加油站的油价是p[i]元每升。你汽车的油箱容量是tank升，一开始汽车油箱没有汽油，你要从0号城市出发，目标是到达1号城市。城市之间总共有m条双向道路，例如:u,v,w，表示城市u和城市v之间有一条双向道路，行使这条道路要消耗w升汽油。注意：你要保证汽车行使在道路过程中不能因为油箱的汽油不够而抛锚，那是不容许的，因为只有在城市才有加油站，在道路中途是没有加油站的。输出你能完成任务的最小费用，如果不可能完成任务，输出-1。
思路：
首先，最simple的做法是跑dp（忽略爆搜）。我们记f[i][j]为当前在i节点，然后目前有j升汽油时最小的费用。首先我们忽略空间复杂度（50 * 1000000 * 8字节显然过不了256M）。
我们考虑转移，我们用类似于最短路dijkstra的方法进行转移（就是把每个状态看作一个点），对于每个状态f[i][j]，枚举下一个点v,以及到那里时的汽油k，通过f[i][j]转移到f[v][k].
具体转移如下(G[i][j]表示i,j之间的路程)
当p[i]<p[v]:
f[v][k]=min(f[i][j]+(k+G[i][v]-j)*p[i]); (k+G[i][v]<=tank)//也就是在当前节点买够再出发。
f[v][k]=min(f[i][j]+(tank-j)*p[i]+(G[i][v]+k-tank)*p[v]);(k+G[i][v]>tank)//因油箱容量不足，所以买满再出发，到目的地再买到k
当p[i]>=p[v]：
f[v][k]=min(f[i][j]+(G[i][v]-j)*p[i]+k*p[v]); (G[i][v]>j)//当前点油不够，当前点买够路上的油，到了再买。
f[v][k]=min(f[i][j]+(k+G[i][v]-j)*p[v]); (G[i][v]<=j)//当前点油足够，直接过去再买。
好，现在我们来算算时间复杂度。
枚举i,j,v,k,完了，O（50* 1000000 * 50 * 1000000），人生苦短。
优化：
我们考虑瓶颈在何处，瓶颈显然是油箱容量和边长度太大了，明显正解时间复杂度与此无关。
其实呢，我们发现我们记录的j很多状态是无用的，比如对于某个节点i，它到终点的距离是100，那么我们f[i][101]显然是没用的。
我们考虑哪些是有用的，易发现我们j只用记录O(n)个，分别是i到其它点的距离。（当然0和tank也要记录）
证明如下：
比如我们要求i到v要花费的最少钱，我们考虑中转点k
如果我们中转点不买油，显然我们i到v走最短路最优，然后要记录的容量正好是i到v的距离。
否则，如果要在k买油，那么k买油一定是比在i买油更优的，我们可以考虑先从i转移到k，再从k转移到v。
那么做法便显然了。
用f[i][j]记录当前再点i,有G[i][j]那么多的汽油的最小花费。
然后就同上面类似的转移就行了。
时间复杂度把两个1e6优化成了两个50，时间复杂度O(n^4)
可以通过本题。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,tank;
int p[55];
int G[55][55];
long long f[55][55];
vector<int> son[55];
bool pd[55][55];
struct data{
int u;
int now;
bool operator < (data const &A) const
{return (u<A.u);};
};
signed main(){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&tank);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&p[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
G[i][j]=1e9;
for(int i=1;i<=n;i++)
G[i][n+1]=tank;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v,w;
scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
u++,v++;
G[u][v]=min(G[u][v],w);
G[v][u]=min(G[v][u],w);
}
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
G[i][j]=min(G[i][j],G[i][k]+G[k][j]);
if(G[1][2]==1e9){
puts("-1");
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
priority_queue<pair<int,int> >q;
while(!q.empty())q.pop();
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i!=j&&G[i][j]!=1e9&&G[i][j]<=tank)q.push(make_pair(-G[i][j],j));
son[i].push_back(0);
while(!q.empty()){
son[i].push_back(q.top().second);
q.pop();
}
son[i].push_back(n+1);
}
priority_queue<pair<long long,data> >q;
while(!q.empty())q.pop();
memset(f,127,sizeof(f));
for(int i=0;i<son[1].size();i++)
f[1][i]=G[1][son[1][i]]*p[1],q.push(make_pair(-f[1][i],(data){1,i}));
while(!q.empty()){
data U=q.top().second;
q.pop();
if(pd[U.u][U.now])continue;
pd[U.u][U.now]=true;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(G[U.u][i]>tank)continue;
if(U.u==i){
for(int j=U.now+1;j<son[U.u].size();j++){
if(f[U.u][U.now]+(G[U.u][son[U.u][j]]-G[U.u][son[U.u][U.now]])*p[U.u]<f[U.u][j]){
f[U.u][j]=f[U.u][U.now]+(G[U.u][son[U.u][j]]-G[U.u][son[U.u][U.now]])*p[U.u];
q.push(make_pair(-f[U.u][j],(data){U.u,j}));
}
}
}
else{
if(p[U.u]<p[i]){
for(int j=0;j<son[i].size();j++){
if(G[i][son[i][j]]+G[U.u][i]<G[U.u][son[U.u][U.now]])continue;
if(G[i][son[i][j]]+G[U.u][i]>tank){
int ned1=tank-G[U.u][son[U.u][U.now]];
int ned2=G[i][son[i][j]]-(tank-G[U.u][i]);
if(f[U.u][U.now]+ned1*p[U.u]+ned2*p[i]<f[i][j]){
f[i][j]=f[U.u][U.now]+ned1*p[U.u]+ned2*p[i];
q.push(make_pair(-f[i][j],(data){i,j}));
}
}else{
int ned=G[U.u][i]+G[i][son[i][j]]-G[U.u][son[U.u][U.now]];
if(f[U.u][U.now]+ned*p[U.u]<f[i][j]){
f[i][j]=f[U.u][U.now]+ned*p[U.u];
q.push(make_pair(-f[i][j],(data){i,j}) );
}
}
}
}
else{
for(int j=0;j<son[i].size();j++){
if(G[i][son[i][j]]+G[U.u][i]<G[U.u][son[U.u][U.now]])continue;
if(G[U.u][son[U.u][U.now]]<G[U.u][i]){
int ned1=G[U.u][i]-G[U.u][son[U.u][U.now]];
int ned2=G[i][son[i][j]];
if(f[U.u][U.now]+ned1*p[U.u]+ned2*p[i]<f[i][j]){
f[i][j]=f[U.u][U.now]+ned1*p[U.u]+ned2*p[i];
q.push(make_pair(-f[i][j],(data){i,j}));
}
}else{
int ned=G[i][son[i][j]]-G[U.u][son[U.u][U.now]]+G[U.u][i];
if(f[U.u][U.now]+ned*p[i]<f[i][j]){
f[i][j]=f[U.u][U.now]+ned*p[i];
q.push(make_pair(-f[i][j],(data){i,j}));
}
}
}
}
}
}
}
long long ans=1e15;
for(int i=0;i<son[2].size();i++){
ans=min(ans,f[2][i]);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
标签：tank,int,复杂度,汽油,55,最少,我们 来源： https://www.cnblogs.com/Kiana-Kaslana/p/15541113.html