题解【BZOJ4145】「AMPPZ2014」The Prices

题目描述

你要购买 (m) 种物品各一件，一共有 (n) 家商店，你到第 (i) 家商店的路费为 (d[i])，在第 (i) 家商店购买第 (j) 种物品的费用为 (c[i][j]，)求最小总费用。

输入格式

第一行包含两个正整数(n,m)（(1leq nleq 100,1leq mleq 16)），表示商店数和物品数。

接下来 (n) 行，每行第一个正整数 (d[i])（(1leq d[i]leq 1000000)）表示到第 (i) 家商店的路费；接下来 (m) 个正整数，依次表示 (c[i][j])（(1leq c[i][j]leq 1000000)）。

输出格式

一个正整数，即最小总费用。

输入输出样例

输入 #1

3 4
5 7 3 7 9
2 1 20 3 2
8 1 20 1 1

输出 #1

16

说明/提示

样例解释

在第一家店买 2 号物品，在第二家店买剩下的物品。

题解

设(dp[i][S])表示前(i)个商店，已买物品的集合为(S)的最小费用。

则有：(dp[i][S | (1 << (j - 1))] = min(dp[i][S | (1 << (j - 1))], dp[i][S]+c[i][j]))。

其中，(j)为当前要买的物品，(S)为枚举的子集，(i)为枚举的商店。

每次初始化(dp[i][S]=dp[i-1][S]+d[i])。

每次做完(DP)后更新(dp[i][S]=min(dp[i][S],dp[i-1][S]))，记录前缀最小值。

答案为(dp[n][(1<< m)-1])。

代码

/********************************
	Author: csxsl
	Date: 2019/10/24
	Language: C++
	Problem: BZOJ4145
********************************/
#include <bits/stdc++.h>
#define itn int
#define gI gi

using namespace std;

inline int gi()
{
	int f = 1, x = 0; char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
	return f * x;
}

inline long long gl()
{
	long long f = 1, x = 0; char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
	return f * x;
}

const int maxn = 101, maxm = (1 << 16) + 1;

int n, m, d[maxn], c[maxn][17];
long long dp[maxn][maxm];

int main()
{
	//freopen(".in", "r", stdin);
	//freopen(".out", "w", stdout);
    n = gi(), m = gi();
	for (int i = 1; i <= n; i+=1)
	{
		d[i] = gi();
		for (int j = 1; j <= m; j+=1) c[i][j] = gi();
	}
    //输入
	memset(dp, 0x7f, sizeof(dp));
	dp[0][0] = 0;//初始化
	for (int i = 1; i <= n; i+=1)//枚举商店
	{
		for (int S = 0; S < (1 << m); S+=1) dp[i][S] = dp[i - 1][S] + d[i];//先初始化dp[i][S]
		for (int j = 1; j <= m; j+=1)//枚举物品
			for (int S = 0; S < (1 << m); S+=1)//枚举子集
				if (!(S & (1 << (j - 1))))//如果还没有买j物品
					dp[i][S | (1 << (j - 1))] = min(dp[i][S | (1 << (j - 1))], dp[i][S] + c[i][j]);//转移
		for (int S = 0; S < (1 << m); S+=1) dp[i][S] = min(dp[i][S], dp[i - 1][S]);//更新
	}
	printf("%lld
", dp[n][(1 << m) - 1]);//输出
	return 0;
}