题目描述
VRI（Voltron 机器人学会）的工程师建造了 n 个机器人。任意两个兼容的机 器人站在同一个格子时可以合并为一个复合机器人。
我们把机器人用 1 至 n 编号（n ≤ 9）。如果两个机器人的编号是连续的，那 么它们是兼容的，可以合并成一个复合机器人。最初这 n 个机器人各自都只有唯 一的编号。而一个由两个或以上的机器人合并构成的复合机器人拥有两个编号， 分别是构成它的所有机器人中最小和最大的编号。
例如，2 号机器人只可以与 1 号或 3 号机器人合并。若 2 号机器人与 3 号机 器人合并，可构成编号为 2-3 的复合机器人。如果编号为 2-3 的复合机器人与编 号为 4-6 的复合机器人合并，可构成编号为 2-6 的复合机器人。当所有机器人合 并以后则构成 1-n 复合机器人。
工程师把这 n 个机器人放在了一个封闭的房间中，房间四周均是墙。该房间 被划分成 w × h 个方格。有些方格有障碍物，机器人不可经过或停留；其余方格 允许多个机器人停留，同时允许机器人经过。任何时候一个机器人只占用一个方 格。初始时刻，所有机器人均在不同的方格中。
这些原始的机器人不会自发地移动。它们只有被工程师沿 x 轴或 y 轴推动 后，才会沿推动的方向不断向前直线移动，直至碰到障碍物或墙停止移动。停止 移动后，它会扫描当前的格子是否存在可以与它合并的机器人，如果有，则合并 并继续检查，直至不能再合并为止。工程师只能沿水平向左、水平向右、竖直向 上、竖直向下四个方向推动机器人，并且，在机器人尚未停止移动时，不允许推 动其它机器人，因此任何时刻，房间中都只能有一个机器人移动。
为了帮助机器人转向，工程师在一些格子中放置了转向器。具体地说，转向 器分为顺时针转向器（右转器）和逆时针转向器（左转器），顺时针转向器可以 使到达该格子的机器人沿顺时针方向转向 90°；逆时针转向器可以使到达该格 子的机器人沿逆时针方向转向 90°。
现在，我们将告诉你初始时刻房间内的信息。请你计算工程师最少共计需要 推动机器人多少次，才能把所有的 n 个机器人全部合并（如果可能的话）。
题解
这道题图的规模较大，但关键点树较少，容易让人想到斯坦纳树模型。
一般的斯坦纳树带着一个点集，但这道题机器人只能合并成一个区间，那么我们就记dp[i][j][k]表示一个区间为i~j的机器人在k点的最小步数。
然后我们预处理出一个点往四个方向走一步到达的点。
转移和斯坦纳树一样，先区间dp一下，在spfa转移。
细节
调死我了这题，首先预处理dfs时有可能出现环，所以我们要打visit，但是visit一定要记方向！！！！！
搞了个小优化，spfa转移的时候，先把所有点的dis从小到大排序，在按照顺序转移，于是成功的排到了洛谷rank倒三，bzoj直接TLE。
代码
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define inf 0x3f3f3f3f #define N 509 #define R register using namespace std; char s[N][N]; int dp[10][10][N*N],h,w,n,lef[5],righ[5],id[N][N],pp,tran[N*N][4],p[N*N]; bool vis[N*N],vi[N*N][4]; int h1,t1,q[N*N],ddf_a,ddf_b; const int dx[4]={0,0,1,-1}; const int dy[4]={1,-1,0,0}; inline int rd(){ int x=0;char c=getchar();bool f=0; while(!isdigit(c)){if(c==‘-‘)f=1;c=getchar();} while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();} return f?-x:x; } inline bool pd(int i,int j){return i<1||j<1||i>h||j>w||s[i][j]==‘x‘;} inline bool cmp(int a,int b){return dp[ddf_a][ddf_b][a]<dp[ddf_a][ddf_b][b];} int dfs(int i,int j,int fx){ if(~tran[id[i][j]][fx])return tran[id[i][j]][fx]; if(vi[id[i][j]][fx])return 0; vi[id[i][j]][fx]=1; int xx=i+dx[fx],yy=j+dy[fx]; if(pd(xx,yy))return vi[id[i][j]][fx]=0,tran[id[i][j]][fx]=id[i][j]; if(s[xx][yy]==‘A‘){ tran[id[i][j]][fx]=dfs(xx,yy,lef[fx]); return vi[id[i][j]][fx]=0,tran[id[i][j]][fx]; } if(s[xx][yy]==‘C‘){ tran[id[i][j]][fx]=dfs(xx,yy,righ[fx]); return vi[id[i][j]][fx]=0,tran[id[i][j]][fx]; } tran[id[i][j]][fx]=dfs(xx,yy,fx); return vi[id[i][j]][fx]=0,tran[id[i][j]][fx]; } inline void spfa(int x,int y,int s){ q[h1=t1=1]=s; while(h1<=t1){ int u=q[h1++];vis[u]=0; for(R int i=0;i<4;++i){ int v=tran[u][i];if(v<=0)continue; if(dp[x][y][v]>dp[x][y][u]+1){ dp[x][y][v]=dp[x][y][u]+1; if(!vis[v]){vis[v]=1;q[++t1]=v;} } } } } int main(){ lef[0]=3;lef[3]=1;lef[1]=2;lef[2]=0; righ[0]=2;righ[2]=1;righ[1]=3;righ[3]=0; n=rd();w=rd();h=rd(); memset(dp,0x3f,sizeof(dp)); memset(tran,-1,sizeof(tran)); for(R int i=1;i<=h;++i)scanf("%s",s[i]+1); for(R int i=1;i<=h;++i) for(R int j=1;j<=w;++j)if(!pd(i,j)){ id[i][j]=++pp; if(isdigit(s[i][j]))dp[s[i][j]^48][s[i][j]^48][pp]=0; } for(R int i=1;i<=h;++i) for(R int j=1;j<=w;++j)if(!pd(i,j)){ for(int k=0;k<4;++k){ tran[id[i][j]][k]=dfs(i,j,k); } } for(R int i=1;i<=pp;++i)p[i]=i; for(R int len=1;len<=n;++len) for(R int i=1;i+len-1<=n;++i){ int j=i+len-1; for(R int k=1;k<=pp;++k){ for(R int f=i;f<j;++f)dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],dp[i][f][k]+dp[f+1][j][k]); } ddf_a=i;ddf_b=j; sort(p+1,p+pp+1,cmp); for(R int k=1;k<=pp;++k)spfa(i,j,p[k]); } int ans=2e9; for(R int i=1;i<=pp;++i)ans=min(ans,dp[1][n][i]); if(ans==inf)puts("-1");else printf("%d",ans); return 0; }
原文：https://www.cnblogs.com/ZH-comld/p/10235848.html