LA 4256 Salesmen 线性dp

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// LA 4256 Salesmen 线性dp
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// 像LCS和LIS问题类似，因为每次修改一个值，都是根据
// 前一个值决定的，那么最后一个结尾的数字肯定要作为
// 状态，而长度作为状态是一目了然的
//
// d[i][j]表示长度为i，最后以j结尾的数组修改的最小次数
//
// 则状态转移方程为
//
// d[i][j] = min(d[i][j],d[i-1][k]+(j,k是否相同或者相邻?0:1));
//
// 个人感觉还是比较明显的，最后的答案就是min(d[L][k]);
//
// 初始化的时候注意一下，对d[i][1,2,...n]都是i.(最坏每次都修改一次)
// 这样就可以轻松ac了。
//
// 这题以前在自己很水的时候硬啃不知道了多久过了，
// 现在再捡起来，就感觉简单多了，但还是有点不太顺畅，
// 还是没有自己想出来的有趣啊，题目一定要尽量自己做，
// 这是我目前最受益的一句话
// 继续练




#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <cassert>
#include <cctype>
#include <cfloat>
#include <climits>
#include <cmath>
#include <complex>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <functional>
#include <iostream>
#include <list>
#include <map>
#include <numeric>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <vector>
#define ceil(a,b) (((a)+(b)-1)/(b))
#define endl '\n'
#define gcd __gcd
#define highBit(x) (1ULL<<(63-__builtin_clzll(x)))
#define popCount __builtin_popcountll
typedef long long ll;
using namespace std;
const int MOD = 1000000007;
const long double PI = acos(-1.L);

template<class T> inline T lcm(const T& a, const T& b) { return a/gcd(a, b)*b; }
template<class T> inline T lowBit(const T& x) { return x&-x; }
template<class T> inline T maximize(T& a, const T& b) { return a=a<b?b:a; }
template<class T> inline T minimize(T& a, const T& b) { return a=a<b?a:b; }

const int maxn = 300;
int mp[maxn][maxn];
int a[maxn];
int n,L;
int dp[maxn][maxn];

void show(){
	for (int i=1;i<=L;i++){
		for (int j=1;j<=n;j++){
			cout << dp[i][j] << " ";
		}
		cout << endl;
	}
}

void init(){
	int x,y;
	int m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	memset(mp,0,sizeof(mp));
	for (int i=1;i<=n;i++){
		mp[i][i]=1;
	}

	for (int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		mp[x][y] = 1;
		mp[y][x] = 1;
	}
	
	scanf("%d",&L);
	for (int i=1;i<=L;i++)
		scanf("%d",&a[i]);

	for (int i=1;i<=L;i++)
		for (int j=1;j<=n;j++)
			dp[i][j]= i;
	for (int j=1;j<=n;j++)
		dp[0][j] = 0;
}

void solve(){
	for (int i=1;i<=L;i++)
		for (int j=1;j<=n;j++){
			for (int k=1;k<=n;k++){
				if (mp[j][k]){
					dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][k]+(j==a[i]?0:1));
				}

			}
		}

	int mi = L;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		mi = min(mi,dp[L][i]);
	printf("%d\n",mi);
}

int main() {
	int t;
	//freopen("G:\\Code\\1.txt","r",stdin);
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		init();
		solve();
		//show();
	}
	return 0;
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/timelimite/article/details/46352549