[BZOJ1003] [ZJOI2006] 物流运输trans (最短路 & dp)
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
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
HINT
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
Source
Solution
由于数据范围小，本题诞生了许多乱搞方法。当然我的算法也是乱搞。
cost[i][j]表示第i天到第j天走同一条路径的最少代价，用最短路完成。当然为了减小复杂度最好用SPFA。
然后dp，f[i]表示前i天的最小开销，转移方程f[i] = min(f[i], f[j - 1] + cost[j][i] + k).
所以这道题的重点是dp还是最短路？
Q：时间复杂度是多少
A：数据那么小肯定跑的过！
1 #include <cstring> 2 #include <iostream> 3 #include <algorithm> 4 #include <queue> 5 using namespace std; 6 typedef long long ll; 7 const int INF = 0x3f3f3f3f; 8 struct node 9 { 10 int v, w, nxt; 11 }edge[805]; 12 int cost[105][105], fst[25], ftmp[25], dis[25]; 13 ll f[105]; 14 int q[25], front, back; 15 bool stop[25][105], inq[25]; 16 17 void addedge(int i, int u, int v, int w) 18 { 19 edge[i] = (node){v, w, fst[u]}, fst[u] = i; 20 } 21 22 void SPFA() 23 { 24 memset(dis, 63, sizeof(dis)); 25 dis[1] = front = back = 0; 26 q[++back] = 1, inq[1] = true; 27 while(front != back) 28 { 29 int u = q[(++front % 25)]; 30 if(front >= 25) front -= 25; 31 inq[u] = false; 32 for(int i = fst[u]; i; i = edge[i].nxt) 33 { 34 int v = edge[i].v, w = edge[i].w; 35 if(dis[v] > dis[u] + w) 36 { 37 dis[v] = dis[u] + w; 38 if(!inq[v]) 39 { 40 q[(++back % 25)] = v; 41 if(back >= 25) back -= 25; 42 inq[v] = true; 43 } 44 } 45 } 46 } 47 } 48 49 int main() 50 { 51 int n, m, chg, e, d; 52 cin >> n >> m >> chg >> e; 53 for(int i = 1; i <= e; i++) 54 { 55 int u, v, w; 56 cin >> u >> v >> w; 57 addedge(i << 1, u, v, w); 58 addedge(i << 1 | 1, v, u, w); 59 } 60 cin >> d; 61 for(int i = 1; i <= d; i++) 62 { 63 int w, u, v; 64 cin >> w >> u >> v; 65 for(int i = u; i <= v; i++) 66 stop[w][i] = true; 67 } 68 for(int i = 1; i <= n; i++) 69 for(int j = i; j <= n; j++) 70 { 71 for(int k = 2; k < m; k++) 72 for(int l = i; l <= j; l++) 73 if(stop[k][l]) 74 { 75 ftmp[k] = fst[k], fst[k] = 0; 76 break; 77 } 78 SPFA(), cost[i][j] = dis[m] * (dis[m] >= INF ? 1 : j - i + 1); 79 for(int k = 2; k < m; k++) 80 if(!fst[k]) 81 fst[k] = ftmp[k], ftmp[k] = 0; 82 } 83 memset(f, 63, sizeof(f)), f[0] = 0; 84 for(int i = 1; i <= n; i++) 85 for(int j = 1; j <= i; j++) 86 f[i] = min(f[i], f[j - 1] + cost[j][i] + chg); 87 cout << f[n] - chg << endl; 88 return 0; 89 }
