ACM-ICPC（9/25）

记忆化搜索与递推（方式）
DAG模型

记忆化搜索：

用d[状态] 的特殊值表示是否计算过。
用vis[状态]是否访问过

DAG模型：

矩形嵌套：d(i) 以 i 结点开始的最长长度，
固定点的最长路和最短路（钱币问题）：

字典序最小（记录路径）：

和DP过程一样，添加break语句跳出即可。
以空间换时间，pre[i] = j ，当前 i 结点的下一个是 j ，最后用初始状态while循环转移S初始状态。

以 d(i) 以 i 结点为结束的的状态的最优值，一般很难直接枚举前面一个结点，解决方案是刷表法，计算一个d(i)，就去更新 i 结点能够影响的其他结点。——素数筛选中常用。

推荐例题：BZOJ 1003

Description

　　物流公司要把一批货物从码头A运到码头B。由于货物量比较大，需要n天才能运完。货物运输过程中一般要转停好几个码头。物流公司通常会设计一条固定的运输路线，以便对整个运输过程实施严格的管理和跟踪。由于各种因素的存在，有的时候某个码头会无法装卸货物。这时候就必须修改运输路线，让货物能够按时到达目的地。但是修改路线是一件十分麻烦的事情，会带来额外的成本。因此物流公司希望能够订一个n天的运输计划，使得总成本尽可能地小。

Input

　　第一行是四个整数n（1<=n<=100）、m（1<=m<=20）、K和e。n表示货物运输所需天数，m表示码头总数，K表示每次修改运输路线所需成本。接下来e行每行是一条航线描述，包括了三个整数，依次表示航线连接的两个码头编号以及航线长度（>0）。其中码头A编号为1，码头B编号为m。单位长度的运输费用为1。航线是双向的。再接下来一行是一个整数d，后面的d行每行是三个整数P（ 1 < P < m）、a、b（1< = a < = b < = n）。表示编号为P的码头从第a天到第b天无法装卸货物（含头尾）。同一个码头有可能在多个时间段内不可用。但任何时间都存在至少一条从码头A到码头B的运输路线。

Output

　　包括了一个整数表示最小的总成本。总成本=n天运输路线长度之和+K*改变运输路线的次数。

Sample Input

5 5 10 81 2 11 3 31 4 22 3 22 4 43 4 13 5 24 5 242 2 33 1 1 3 3 34 4 5

Sample Output

32//前三天走1-4-5，后两天走1-3-5，这样总成本为(2+2)3+(3+2)2+10=32

分析：可以分析，考虑前 i 天的最优值d[i] ，d[i] 由之前的小状态d[j]转移而来，切割的思路，那么将后面的一段时间看成一个整体转移，也就是第j+1~i要能同时走，最短路*天数+k。

一个时间段保证能同时走，并且最短，最短路变形即可。

/**************************************************************
    Problem: 1003
    User: TreeDream
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:88 ms
    Memory:1628 kb
****************************************************************/
 
#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 30;
const ll inf = 9876543212345678LL;
 
 
struct Edge {
    int from,to;
    ll dist;
};
 
struct HeapNode {
    ll d;
    int u;
    bool operator < (const HeapNode& rhs) const {
        return d > rhs.d;
    }
};
 
bool broken[30][205];
 
struct Dij {
    int n,m;
    vector<Edge> edges;
    vector<int> G[maxn];
    bool done[maxn];
    ll d[maxn];
    int p[maxn];
 
    void init(int n) {
        this->n = n;
        for(int i = 0; i < n; i++) G[i].clear();
        edges.clear();
    }
 
    void AddEdge(int from,int to,ll dist) {
        edges.push_back((Edge){from,to,dist});
        m = edges.size();
        G[from].push_back(m-1);
    }
 
    long long dij(int s,int t,int t1,int t2) {
        priority_queue<HeapNode> Q;
        for(int i = 0; i < n; i++)
            d[i] = inf;
        d[s] = 0;
        memset(done,0,sizeof(done));
        Q.push((HeapNode){0,s});
        while(!Q.empty()) {
            HeapNode x = Q.top(); Q.pop();