Aizu 2200/AOJ2200

题目大意：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。

比较复杂的一个floyd与动态规划的结合…其实认为就是一个动态规划也没问题，毕竟floyd本身也是dp。

Floyd 预处理 水路和陆路的两点最短距离

然后dp[i][j]代表到达了第i个要求达到的小镇tar[i]，船停在j镇。

其余见注释。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
int land[205][205],sea[205][205],tar[1005],dp[1005][205];
int main()
{
int n,m,i,j,k,r;
while(cin>>n>>m&&(n+m)){
memset(land,0x3f,sizeof(land));memset(sea,0x3f,sizeof(sea));memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
for(i=1;i<=m;i++){
int a,b,c;string str;
cin>>a>>b>>c>>str;
if(str=="S")
sea[a][b]=sea[b][a]=c;
else
land[a][b]=land[b][a]=c;
}
for(i=1;i<=n;i++)land[i][i]=sea[i][i]=0;//不要忘了这个..
cin>>r;for(i=1;i<=r;i++)cin>>tar[i];
for(k=1;k<=n;k++)//floyd初始化,至于那些不可能的,初始化完了肯定还是无穷大不可能
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++){
land[i][j]=min(land[i][j],land[i][k]+land[k][j]);
sea[i][j]=min(sea[i][j],sea[i][k]+sea[k][j]);
}
dp[1][tar[1]]=0;//初始化
for(i=1;i<=r;i++)//从2开始也没问题
for(j=1;j<=n;j++){
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+land[tar[i-1]][tar[i]]);//单纯走陆路的情况,从tar[i-1]到tar[i]
for(k=1;k<=n;k++){//回到船停的j镇,水路从j到k,陆路k到tar[i],枚举k
dp[i][k]=min((long long)dp[i][k],(long long)dp[i-1][j]+land[tar[i-1]][j]+sea[j][k]+land[k][tar[i]]);
//注意这里一定是dp[i][k]而不是dp[i][j]
}
}
int ans=0x7f7f7f7f;
for(i=1;i<=n;i++)
ans=min(ans,dp[r][i]);
cout<<ans<<endl;
}

return 0;
}