AOJ 2200 Mr. Rito Post Office （floyd+DP）

题意：

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。

思路：

先用Floyd预处理出单独走水路s或陆路l的两两之间的最短路。

d[i][j]表示到序列第i点时船停在j，已经去了第i个镇子后，船停在第j个镇子里的状态下的最短路。

状态转移：人从a到b，船从c到d，若船动加上l[a,c]+s[c,d]+l[d,b]，若船不动则只要加上l[a][b]。

然后ijk三重循环更新dp，其中递推公式思路：

在推导ik的时候，定义一个中间状态j表示先从i-1走旱路到j，然后从j走水路去k，最后从k走旱路去i，于是就把船扔在了k。

如果j==k的时候就不需要绕圈子了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

int s[210][210];//水路
int l[210][210];//陆路
int d[1010][210];//dp
int b[1010];//目标路线

const int INF = 0x3f3f3f3f;

void Floyd(int n) 
{
	for (int k = 1; k <= n; ++k) 
	{
		for (int i = 1; i <= n; ++i) 
		{
			for (int j = 1; j <= n; ++j) 
			{
				s[i][j] = min(s[i][j], s[i][k] + s[k][j]);
				l[i][j] = min(l[i][j], l[i][k] + l[k][j]);
			}
		}
	}
}

int main() 
{
	int n, m, r;
	int u, v, c;
	char tp[2];

	while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF && n) 
	{
		memset(s, INF, sizeof(s));
		memset(l, INF, sizeof(l));
		memset(d, INF, sizeof(d));

		while (m--) 
		{
			scanf("%d%d%d%s", &u, &v, &c, tp);
			if (tp[0] == 'L') 
			{
				l[u][v] = min(l[u][v], c);
				l[v][u] = min(l[v][u], c);
			}
			else 
			{
				s[u][v] = min(s[u][v], c);
				s[v][u] = min(s[v][u], c);
			}
		}

		for (int i = 1; i <= n; ++i) 
		{
			l[i][i] = 0;
			s[i][i] = 0;
		}

		scanf("%d", &r);

		for (int i = 1; i <= r; ++i) 
		{
			scanf("%d", &b[i]);
		}

		Floyd(n);

		for (int i = 1; i <= n; ++i) 
		{
			d[1][i] = min(d[1][i], s[b[1]][i] + l[i][b[1]]);
		}

		for (int i = 1; i <= r; ++i) 
		{
			for (int j = 1; j <= n; ++j) 
			{
				//if (l[j][b[i]] >= INF) continue;  //剪枝
				for (int k = 1; k <= n; ++k) 
				{
					//if (d[i - 1][k] >= INF) continue;  //剪枝
					if (j == k) 
					{
						if (l[b[i - 1]][b[i]] < INF) 
						{
							d[i][j] = min(d[i][j], d[i - 1][k] + l[b[i - 1]][b[i]]);
						}
					}
					else 
					{
						//三个INF相加可能上溢
						if (l[b[i - 1]][k] < INF && s[k][j] < INF && l[j][b[i]] < INF) 
						{
							d[i][j] = min(d[i][j], d[i - 1][k] + l[b[i - 1]][k] + s[k][j] + l[j][b[i]]);
						}
					}
				}
			}
		}

		int ans = INF;
		for (int j = 1; j <= n; ++j) 
		{
			ans = min(ans, d[r][j]);
		}
		printf("%d
", ans);
	}
	return 0;
}