题意翻译
Description 一个公司有三个移动服务员。如果某个地方有一个请求，某个员工必须赶到那个地方去（那个地方没有其他员工），某一时刻只有一个员工能移动。只有被请求后，他才能移动，不允许在同样的位置出现两个员工。从位置P到Q移动一个员工的费用是C(P, Q)。这个函数没有必要对称，但是C(P, P) = 0。一开始三个服务员分别在位置1，2，3，公司必须满足所有的请求。 目标是最小化公司的费用。 Input 第1行：2个整数L，N(3<=L<=200, 1<=N<=1000). L是位置数，每个位置从1到L编号，N是请求数。 接下来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。 Output 第1行：一个数M，表示最小的服务花费
输入输出样例
解析：
这题值得好好理解。是我滚动数组入门题目。
容易想到以当前的请求作为阶段，当前服务员所在位置的最小花费作为状态。
首先，
四维数组会爆空间。不用滚动数组也会爆空间。。。
我们假设dp[i][x][y]表示在第i个请求时，有一个服务员在x位置，一个服务员在y位置。如果x和y都不在上一个请求所在位置，那么剩下那个服务员必定在上一个请求的位置那里。
我们有三种决策：
- 将上一个请求位置的服务员转移到当前请求的位置上，前提是x和y都不在上一个请求所在位置；
- 将x处的服务员转移到当前请求的位置上，前提是y处的服务员不在当前请求的位置上（注意：上一个请求位置上的服务员不可能在此处了，不需要此条件）；
- 将y处的服务员转移到当前请求的位置上，前提是x处的服务员不在当前请求的位置上；
我们很容易设计状态转移方程：
if(x!=p[i]&&y!=p[i]) dp[now][x][y]=min(dp[now][x][y],dp[now^1][x][y]+a[p[i-1]][p[i]]); if(y!=p[i]) dp[now][p[i-1]][y]=min(dp[now][p[i-1]][y],dp[now^1][x][y]+a[x][p[i]]); if(x!=p[i]) dp[now][x][p[i-1]]=min(dp[now][x][p[i-1]],dp[now^1][x][y]+a[y][p[i]]);
当然，这些方程都有一个大前提，就是当前请求的x和y既不能在同一个位置上，又不能在上一个请求的位置上（注意细节）。
最后，我们检查一遍最后一个请求时的状态，找出最小值就OK了。
参考代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #include<algorithm> 6 #include<string> 7 #include<cstdlib> 8 #include<queue> 9 #include<vector> 10 #define INF 0x3f3f3f3f 11 #define PI acos(-1.0) 12 #define N 201 13 #define MOD 2520 14 #define E 1e-12 15 #define ri register int 16 using namespace std; 17 int a[N][N],dp[2][N][N],p[1001]; 18 inline int read() 19 { 20 int f=1,x=0;char c=getchar(); 21 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 22 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 23 return x*f; 24 } 25 int main() 26 { 27 int t; 28 cin>>t; 29 while(t--) 30 { 31 memset(a,0,sizeof(a)); 32 memset(p,0,sizeof(p)); 33 int now=0,l,n; 34 l=read(),n=read(); 35 for(ri i=1;i<=l;i++) 36 for(ri j=1;j<=l;j++) a[i][j]=read(); 37 for(ri i=1;i<=n;i++) p[i]=read(); 38 memset(dp[now],0x3f,sizeof(dp)); 39 p[0]=3;dp[0][1][2]=0; 40 for(ri i=1;i<=n;i++){ 41 now^=1;//滚动数组 42 memset(dp[now],0x3f,sizeof(dp[now])); 43 for(ri x=1;x<=l;x++)//有l个地方可以去 44 if(x!=p[i-1]) 45 for(ri y=1;y<=l;y++) 46 { 47 if(x==y&&y==p[i-1]) continue; 48 if(x!=p[i]&&y!=p[i]) 49 dp[now][x][y]=min(dp[now][x][y],dp[now^1][x][y]+a[p[i-1]][p[i]]); 50 if(y!=p[i]) 51 dp[now][p[i-1]][y]=min(dp[now][p[i-1]][y],dp[now^1][x][y]+a[x][p[i]]); 52 if(x!=p[i]) 53 dp[now][x][p[i-1]]=min(dp[now][x][p[i-1]],dp[now^1][x][y]+a[y][p[i]]); 54 } 55 } 56 int ans=INF; 57 for(ri i=1;i<=l;i++) 58 for(ri j=1;j<=l;j++) 59 if(i!=j&&i!=p[n]&&j!=p[n]) 60 ans=min(ans,dp[now][i][j]);//另一个人在p[n]处 61 cout<<ans<<endl; 62 } 63 return 0; 64 }