题目描述
一张 n 个点 m 条有向边的图上，有 q 个配送需求，需求的描述形式为 (si,ti,li,ri)( s_i , t_i , l_i , r_i )(si?,ti?,li?,ri?)，即需要从点 si 送到 ti， 在时刻 li 之后（包括 lil_ili? ）可以在 sis_isi? 领取货物，需要在时刻 ri 之前（包括 ri）送达 ti ，每个任务只需完成一次。
图上的每一条边均有边权，权值代表通过这条边消耗的时间。在时刻 000 有一个工作人员在点 1 上，求他最多能完成多少个配送任务。
在整个过程中，可以认为领货跟交货都是不消耗时间的，时间只花费在路程上。当然在一个点逗留也是允许的。
输出格式
一个整数，表示最多能完成的任务数量。
样例输入
5 4 3 1 2 1 2 3 1 3 4 1 4 5 1 1 2 3 4 2 3 1 2 3 4 3 4
样例输出
2
样例解释
工作人员可以在时刻 1 到达点 2 ，领取第二个货物后在时刻 2 到达点 3 后交货，逗留到时刻 4 ，领取第三个货物，在时刻 4 到达点 4 并交货。
• 首先的首先，需要明确配送的方式。在配送的途中手中不一定只有一份外卖！
然后出于对数据的敏感，易想到用进制数表示状态。
• 由于每一份外卖有按照程序有三种状态，所以用三进制表示外卖的整体状态，
在dp数组中作为一个维度，剩下时间和当前位置。
• 由于时间是数据中最大的存在，成为了dp的对象，当前位置成为了另一个状
态维度。
• 转移的话，只是合法性的判断了。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int n,m,q,x,y,z;
4 int dis[25][25];
5 int f[60050][25],w,now,ans;
6 int base[15],s[15],t[15],l[15],r[15];
7 int main()
8 {
9 base[0]=1;
10 for(int i=1;i<=11;++i)
11 base[i]=base[i-1]*3;
12 memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
13 memset(f,0x3f,sizeof(f));f[0][1]=0;
14 scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
15 for(int i=1;i<=m;++i)
16 {
17 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
18 dis[x][y]=min(dis[x][y],z);
19 }
20 for(int i=1;i<=n;++i)
21 dis[i][i]=0;
22 for(int k=1;k<=n;++k)
23 for(int i=1;i<=n;++i)
24 for(int j=1;j<=n;++j)
25 dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
26 for(int i=0;i<q;++i)
27 scanf("%d%d%d%d",&s[i],&t[i],&l[i],&r[i]);
28 m=base[q]-1;
29 for(int i=0;i<=m;++i)
30 {
31 for(int j=1;j<=n;++j)
32 {
33 for(int k=0;k<q;++k)
34 {
35 now=i/base[k]%3;
36 if(now==0)
37 f[i+base[k]][s[k]]=min(f[i+base[k]][s[k]],max(f[i][j]+dis[j][s[k]],l[k]));
38 else if(now==1&&f[i][j]+dis[j][t[k]]<=r[k])
39 f[i+base[k]][t[k]]=min(f[i+base[k]][t[k]],f[i][j]+dis[j][t[k]]);
40
41 }
42 if(f[i][j]<f[0][0])
43 {
44 w=0;
45 for(int k=0;k<=10;++k)
46 if(i/base[k]%3==2)
47 ++w;
48 ans=max(ans,w);
49 }
50 }
51 }
52 printf("%d",ans);
53 return 0;
54 }
代码1
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int n,m,q,x,y,z;
4 int dis[25][25];
5 int f[60050][25],w,now,ans;
6 int base[15],s[15],t[15],l[15],r[15];
7 int main()
8 {
9 base[0]=1;
10 for(int i=1;i<=11;++i)
11 base[i]=base[i-1]*3;
12 memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
13 memset(f,0x3f,sizeof(f));f[0][1]=0;
14 scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
15 for(int i=1;i<=m;++i)
16 {
17 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
18 dis[x][y]=min(dis[x][y],z);
19 }
20 for(int i=1;i<=n;++i)
21 dis[i][i]=0;
22 for(int k=1;k<=n;++k)
23 for(int i=1;i<=n;++i)
24 for(int j=1;j<=n;++j)
25 dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
26 for(int i=0;i<q;++i)
27 scanf("%d%d%d%d",&s[i],&t[i],&l[i],&r[i]);
28 m=base[q]-1;
29 for(int i=0;i<=m;++i)
30 {
31 for(int j=1;j<=n;++j)
32 {
33 if(f[i][j]==f[0][0])
34 continue;
35 for(int k=0;k<q;++k)
36 {
37 now=i/base[k]%3;
38 if(now==0)
39 f[i+base[k]][s[k]]=min(f[i+base[k]][s[k]],max(f[i][j]+dis[j][s[k]],l[k]));
40 else if(now==1&&f[i][j]+dis[j][t[k]]<=r[k])
41 f[i+base[k]][t[k]]=min(f[i+base[k]][t[k]],f[i][j]+dis[j][t[k]]);
42
43 }
44 w=0;
45 for(int k=0;k<=10;++k)
46 if(i/base[k]%3==2)
47 ++w;
48 ans=max(ans,w);
49 }
50 }
51 printf("%d",ans);
52 return 0;
53 }
代码2
这两份代码在思路上是完全一致的。但是……
相似的结果还发生在另一个状压题上（第二份代码直接是TLE 了）：
这究竟是种怎样的操作？
如果当前状态完全不可能被转移到的话，就完全没必要对它进行暴力扩展了，果断continue。
原文地址：https://www.cnblogs.com/wyher/p/9813393.html