Day3-T4

 

原题目

　　Describe：有点恶心的DP+最短路

　　code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long A,B,C,z,y,x;
long long f[1010];                                                           //f[i]表示1->i的最小花费
long long n,m,k,e;
long long dis[1001][1001],D,d[1001][1001];
bool flg[1001],b[1001][1001];
inline int read(){
    int ret=0,f=1,ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ret*f;
}
inline void write(int x){
    if(x/10)write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
int main(){
    n=read(),m=read(),k=read(),e=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)                                                    //初始化
    for(int j=1;j<=m;j++)    
    dis[i][j]=21474836;
    for(int i=1;i<=e;i++)
    A=read(),B=read(),C=read(),dis[B][A]=dis[A][B]=C;D=read();               //建边
    for(int i=1;i<=D;i++){                                                   //b[i][j]表示i港口（航线）b时间内无法通行
        z=read(),x=read(),y=read();
        for(int j=x;j<=y;j++)b[z][j]=1;
    }
    memset(f,60,sizeof(f)); 
    f[0]=-k;                                                                 //为了抵消下面的“＋k”
    for(int i=1;i<=n;i++){                                                   
        memset(flg,0,sizeof(flg));
        for(int j=i;j>=1;j--){                                               //逆枚！
            for(int kk=1;kk<=m;kk++)flg[kk]+=b[kk][j];                       //判断i->j区间内可否通行（有1个时刻不能通行就绝对不能通行）
            for(int kk=1;kk<=m;kk++)                                         //Copy
            for(int l=1;l<=m;l++)
            {
                if(!flg[kk]&&!flg[l])d[kk][l]=dis[kk][l];
                else d[kk][l]=21474836;
            }
            for(int kk=1;kk<=m;kk++)                                         //Floyd
            for(int ii=1;ii<=m;ii++)
            for(int jj=1;jj<=m;jj++)
            if(!flg[ii]&&!flg[jj]&&!flg[kk])
            d[ii][jj]=min(d[ii][jj],d[ii][kk]+d[kk][jj]);
            if(d[1][m]==21474836)continue;                                   //不满足可到达终点原则
            f[i]=min(f[i],f[j-1]+k+d[1][m]*(i-j+1));                         //1->j-1用一种方案，j->i用另一种方案。为保证j->i方案可行性，j必须从i->1枚举
        }
    }
    printf("%d",f[n]);
}