题目：移动服务
网址：http://noi-test.zzstep.com/contest/0x50「动态规划」例题/5102 Mobile Service
描述
一个公司有三个移动服务员，最初分别在位置1，2，3处。
如果某个位置（用一个整数表示）有一个请求，那么公司必须指派某名员工赶到那个地方去。某一时刻只有一个员工能移动，且不允许在同样的位置出现两个员工。从 p 到 q 移动一个员工，需要花费 c(p,q)。这个函数不一定对称，但保证 c(p,p)=0。
给出N个请求，请求发生的位置分别为 p_1 ~ p_N。公司必须按顺序依次满足所有请求，且过程中不能去其他额外的位置，目标是最小化公司花费，请你帮忙计算这个最小花费。N≤1000，位置是1 ~ 200的整数。
输入格式
第一行有两个整数L,N(3<=L<=200, 1<=N<=1000)。L是位置数；N是请求数。每个位置从1到L编号。下L行每行包含L个非负整数。第i+1行的第j个数表示c(i,j) ，并且它小于2000。最后一行包含N个数，是请求列表。一开始三个服务员分别在位置1，2，3。
输出格式
一个数M，表示最小服务花费。
样例输入
5 9
0 1 1 1 1
1 0 2 3 2
1 1 0 4 1
2 1 5 0 1
4 2 3 4 0
4 2 4 1 5 4 3 2 1
样例输出
5
此题最开始的想法是：定义状态：dp[i, x, y, z]以表示在第i个请求时三个位置分别处于[x, y, z]（x、y、z互不相同）三个位置，最小服务花费为多少。
那么，怎么转移呢？
事实上，该状态如果按照一般递推的话，超时。
我们改变一下策略吧！使用“刷表法”，用该状态去更新后面一些状态，而不是寻找可以更新它本身的前面的状态。
显然有：
- dp[i + 1, p[i + 1], y, z] = max{dp[i + 1, p[i + 1], y, z], dp[i, x, y, z] + c(x, p[i + 1])};
- dp[i + 1, x, p[i + 1], z] = max{dp[i + 1, x, p[i + 1], z], dp[i, x, y, z] + c(y, p[i + 1])};
- dp[i + 1, x, y, p[i + 1]] = max{dp[i + 1, x, y, p[i + 1]], dp[i, x, y, z] + c(z, p[i + 1])};
可以更好。
细心观察发现，对于任意一个i，都会有一个员工在p[i]这个位置上。换句话说，定义状态时，没必要将三个位置全部刻画，因为有一个位置确定是p[i]了。不妨设dp[i, x, y]代表考虑第i个请求时，其中一个员工在p[i]这个位置，另外两位分别位于x和y上时的最小值。
因此，显然有以下转移方程：
- dp[i + 1, x, y] = max{dp[i + 1, x, y], dp[i, x, y] + c(p[i], p[i + 1])};
- dp[i + 1, p[i], y] = max{dp[i + 1, p[i], y], dp[i, x, y] + c(x, p[i + 1])};
- dp[i + 1, x, p[i]] = max{dp[i + 1, x, p[i]], dp[i, x, y] + c(y, p[i + 1])};
要注意位置互异性！
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn = 1000 + 5;
const int maxL = 200 + 5;
int L, N, c[maxL][maxL], p[maxn], dp[maxn][maxL][maxL];
int main()
{
scanf("%d %d", &L, &N);
for(int i = 1; i <= L; ++ i)
{
for(int j = 1; j <= L; ++ j)
{
scanf("%d", &c[i][j]);
}
}
p[0] = 3;
for(int i = 1; i <= N; ++ i) scanf("%d", &p[i]);
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
dp[0][1][2] = 0;
for(int i = 0; i < N; ++ i)
{
for(int x = 1; x <= L; ++ x)
{
if(x == p[i]) continue;
for(int y = 1; y <= L; ++ y)
{
if(x == y) continue;
if(y == p[i]) continue;
dp[i + 1][x][y] = min(dp[i + 1][x][y], dp[i][x][y] + c[p[i]][p[i + 1]]);
dp[i + 1][p[i]][y] = min(dp[i + 1][p[i]][y], dp[i][x][y] + c[x][p[i + 1]]);
dp[i + 1][x][p[i]] = min(dp[i + 1][x][p[i]], dp[i][x][y] + c[y][p[i + 1]]);
}
}
}
int ans = 1 << 30;
for(int i = 1; i <= L; ++ i)
{
if(i == p[N]) continue;
for(int j = 1; j <= L; ++ j)
{
if(i == j || j == p[N]) continue;
ans = min(ans, dp[N][i][j]);
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}