[BZOJ]1003 物流运输(ZJOI2006)

　　挖坑，日常划水。

　　从BZOJ上的AC人数来看这题确实不难，但做这种题的常见思路让小C决定还是mark一下。

 

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 8
　　1 2 1
　　1 3 3
　　1 4 2
　　2 3 2
　　2 4 4
　　3 4 1
　　3 5 2
　　4 5 2
　　4
　　2 2 3
　　3 1 1
　　3 3 3
　　4 4 5

Sample Output

　　32

HINT

　　此题无需使用64位整形。（什么鬼(╯‵□′)╯︵┻━┻）

Solution

　　这道题的本质就是给n天分段，对于每一段我们走最短路肯定是最优的。

　　于是我们预处理出d[i][j]表示从第i天到第j天一定存在的最短路，DP转移即可。

　　处理最短路复杂度，DP复杂度，数据很小，爱咋写咋写。

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MM 105
#define MN 25
using namespace std;
struct edge{int nex,to,wt;}e[MN*MN];
int hr[MN],pin;
int dis[MN],q[MN*10],hd,tl;
bool inq[MN],u[MN];
int f[MM],d[MM][MM],s[MM],ys[MN];
int t,n,m,p,cst,INF;

inline int read()
{
    int n=0,f=1; char c=getchar();
    while (c<'0' || c>'9') {if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
    while (c>='0' && c<='9') {n=n*10+c-'0'; c=getchar();}
    return n*f;
}

inline void ins(int x,int y,int z) {e[++pin]=(edge){hr[x],y,z}; hr[x]=pin;}

void spfa()
{
    register int i,x;
    memset(dis,127,sizeof(dis));
    q[hd=tl=1]=1; dis[1]=0;
    for (;hd<=tl;inq[q[hd++]]=false)
        for (x=q[hd],i=hr[x];i;i=e[i].nex)
        {
            if (u[e[i].to] || dis[x]+e[i].wt>=dis[e[i].to]) continue;
            dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].wt;
            if (!inq[e[i].to]) q[++tl]=e[i].to,inq[e[i].to]=true;
        }
}

int main()
{
    register int i,j,k,x,y,z,g;
    t=read(); n=read(); cst=read(); m=read();
    for (i=1;i<=n;++i) ys[i]=1<<(i-1); 
    for (i=1;i<=m;++i)
    {
        x=read(); y=read(); z=read();
        ins(x,y,z); ins(y,x,z);
    }
    for (p=read();p--;)
    {
        g=read(); x=read(); y=read();
        for (i=x;i<=y;++i) s[i]|=ys[g];
    }    
    for (i=1;i<=t;++i)
    {
        memset(u,0,sizeof(u));
        for (j=i;j<=t;++j)
        {
            for (k=1;k<=n;++k) if (s[j]&ys[k]) u[k]=true;
            spfa(); d[i][j]=dis[n];
        }
    }
    memset(f,127,sizeof(f));
    INF=f[0]; f[0]=-cst;
    for (i=1;i<=t;++i)
        for (j=i-1;j>=0;--j)
        {
            if (d[j+1][i]==INF) break;
            f[i]=min(f[i],f[j]+cst+d[j+1][i]*(i-j));
        }
    printf("%d",f[t]);
}

 

Last Word

　　一开始拿到这道题时没有什么思路，脑补了些奇怪的东西，直到小C睡醒睁眼的那一刻。

　　貌似很多基础的DP都会碰到预处理出一段的答案，分段转移的模型。

　　小D告诉小C，他还不知道BZOJ的时候就已经会这道题了。