分步骤解释代码：dp={} a=input() while a!="ok": a,b=map(str,a.split(" ")) gdp[a]=int(b) a=input() keylist=[] valuelist=[] for k,v in gdp.items(): keylist.append(k) valuelist.append(int(v)) keylist.sort() valuelist.sort() print(keylist) print(valuelist)

这段代码的功能是读取多个输入行，并将每一行的第一个字符串作为字典的键，第二个字符串作为值，最后按照键和值分别进行排序并输出。

具体解释如下：

1. 定义一个空字典 dp={}。

2. 读取输入行并且判断输入行是否为 "ok"，如果是则退出循环，否则继续执行。

3. 将输入行按照空格分割成两个字符串 a 和 b，转换为字符串类型，并将 b 转换为整型数值，然后将 a 作为键，b 作为值存入字典 dp 中。

4. 读取下一行输入。

5. 定义两个空列表 keylist 和 valuelist，用于分别存储字典 dp 中的键和值。

6. 遍历字典 dp 中的键值对，将键添加到 keylist 列表中，将值添加到 valuelist 列表中。

7. 对 keylist 和 valuelist 列表进行排序。

8. 输出排序后的 keylist 和 valuelist 列表。

总体来说，这段代码的主要功能是将多个输入行转化为字典，并按照键和值进行排序输出。

相关问题

给定n个城市（从0到n-1），3元组[A, B, C]表示城市A和城市B之间存在道路，且成本为C。计算从0号城市出发，旅行完每个城市一遍，最后回到0号城市的最小成本与路径。如果不存在最优方案，输出-1. 【输入形式】 第一行有两个数n、m表示n个城市，m条边。 接下来的m行均为空格隔开的三个整数A B C，表示城市A和B之间的成本为C 【输出形式】 最小成本 最小成本对应的路径 的实验报告

本次实验我们学习了旅行商问题的解法。旅行商问题是指给定一些城市和每对城市之间的距离，求解访问每个城市恰好一次并回到起始城市的最短回路。这是一个NP难问题，无法在多项式时间内求解，因此我们需要使用类似动态规划的方法来解决。

我们先介绍一下旅行商问题的状态转移方程。设dp[S][i]表示已经经过集合S中的城市，最后到达城市i的最小成本。则可以得到状态转移方程：

dp[S|{i}][i] = min(dp[S][j] + cost[j][i])，其中j∈S，cost[j][i]表示从城市j到城市i的成本。

其中S|{i}表示将城市i加入集合S中，j∈S表示已经经过的城市集合。这个状态转移方程可以用一个二维数组dp来表示。

接下来我们来看看完整的Python代码实现。代码实现上，我们需要读入城市数n和边数m，然后对于每条边，将起点和终点之间的距离存入一个二维的cost数组中。接着使用动态规划计算出dp数组，最后输出最小成本和最小成本对应的路径。在输出路径时，我们使用了一个path数组来记录最短路径的情况，方便输出路径。

下面是完整的Python代码实现：

import sys

n, m = map(int, input().split())

# 初始化cost数组
cost = [[float('inf')] * n for _ in range(n)]
for i in range(n):
    cost[i][i] = 0

# 读入边
for i in range(m):
    a, b, c = map(int, input().split())
    cost[a][b] = c

# 动态规划
dp = [[float('inf')] * n for _ in range(1 << n)]
dp[1][0] = 0
path = [[0] * n for _ in range(1 << n)]
for i in range(1, 1 << n):
    for j in range(n):
        if i & (1 << j):
            for k in range(n):
                if i & (1 << k) and cost[k][j] != float('inf') and dp[i - (1 << j)][k] != float('inf'):
                    if dp[i][j] > dp[i - (1 << j)][k] + cost[k][j]:
                        dp[i][j] = dp[i - (1 << j)][k] + cost[k][j]
                        path[i][j] = k

# 输出结果
if dp[(1 << n) - 1][0] == float('inf'):
    print(-1)
else:
    print(dp[(1 << n) - 1][0])
    p = (1 << n) - 1
    res = [0]
    while p > 0:
        res.append(path[p][res[-1]])
        p -= 1 << res[-1]
    print(' -> '.join(map(str, res)))

以上就是本次实验的全部内容。通过本次实验，我们学习了旅行商问题的解法，了解了动态规划的思想和实现方法。

【问题描述】 给定n个城市（从0到n-1），3元组[A, B, C]表示城市A和城市B之间存在道路，且成本为C。计算从0号城市出发，旅行完每个城市一遍，最后回到0号城市的最小成本与路径。如果不存在最优方案，输出-1. 【输入形式】 第一行有两个数n、m表示n个城市，m条边。 接下来的m行均为空格隔开的三个整数A B C，表示城市A和B之间的成本为C 【输出形式】 最小成本 最小成本对应的路径

这是一个求解旅行商问题（TSP）的问题，可以使用动态规划来解决。以下是代码实现：

INF = float('inf')

n, m = map(int, input().split())
# 初始化邻接矩阵
graph = [[INF] * n for _ in range(n)]

for i in range(m):
    a, b, c = map(int, input().split())
    graph[a][b] = c
    graph[b][a] = c

# dp数组初始化，dp[i][j]表示从0出发经过i、j、...且以j结尾的最小成本
dp = [[INF] * n for _ in range(1 << n)]
dp[1][0] = 0

# 遍历每个状态
for state in range(1, 1 << n):
    for j in range(n):
        # 如果状态中包含j
        if state & (1 << j):
            # 遍历状态中的其他节点k
            for k in range(n):
                # 如果状态中包含k且不等于j，更新dp数组
                if state & (1 << k) and k != j:
                    dp[state][j] = min(dp[state][j], dp[state ^ (1 << j)][k] + graph[k][j])

ans = INF
path = []

# 遍历所有状态，找到最小成本
for j in range(1, n):
    # 如果从j到0有路，并且从所有节点出发经过所有节点最后回到0的成本最小
    if graph[j][0] != INF and dp[(1 << n) - 1][j] != INF:
        if dp[(1 << n) - 1][j] + graph[j][0] < ans:
            ans = dp[(1 << n) - 1][j] + graph[j][0]
            path = [0, j]
            state = (1 << n) - 1

            # 回溯路径
            while state:
                for k in range(n):
                    if state & (1 << k) and k != j and dp[state][j] == dp[state ^ (1 << j)][k] + graph[k][j]:
                        path.append(k)
                        j, state = k, state ^ (1 << j)
                        break

# 输出结果
if ans == INF:
    print(-1)
else:
    print(ans)
    print('->'.join(str(p) for p in path))

注：本代码使用了状态压缩。状态压缩可以将某些状态用一个整数表示，可以减少空间复杂度和时间复杂度。