【BZOJ1003】1003: [ZJOI2006]物流运输trans SPFA+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：看了题解，原来是SPFA+DP，首先用SPFA预处理出path[i][j]（第i天到第j天的最短路，因为运费为1，所以最短路的费用最短），然后DP，枚举转运点j，方程为f[i]=min(f[i],f[j]+k+path[j+1][i]*(i-j));注意SPFA时对于不能装载的港口的处理也就是ctld=can't loading（？）。。。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <queue> 4 #include <cstring> 5 #include <cmath> 6 #define ll long long 7 using namespace std; 8 struct data1{int next,p,v;}e[1010]; 9 int flag[21][101],head[21]; 10 ll f[101],path[101][101]; 11 int n,m,k,e1,cnt,d; 12 void se(int x,int y,int w) 13 { 14 cnt++; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt; e[cnt].p=y; e[cnt].v=w; 15 cnt++; e[cnt].next=head[y]; head[y]=cnt; e[cnt].p=x; e[cnt].v=w; 16 } 17 18 int SPFA(int x,int y) 19 { 20 int dis[21],ctld[21],visit[21]; 21 memset(dis,0x7f,sizeof(dis)); 22 memset(visit,0,sizeof(visit)); 23 memset(ctld,0,sizeof(ctld)); 24 for (int i=x;i<=y;i++) 25 for (int j=1;j<=m;j++) 26 if (flag[j][i]) ctld[j]=1; 27 dis[1]=0; visit[1]=1; 28 queue<int> q; 29 q.push(1); 30 while (!q.empty()) 31 { 32 int now=q.front();q.pop(); 33 for (int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next) 34 { 35 if (!ctld[e[i].p] && dis[e[i].p]>dis[now]+e[i].v) 36 { 37 dis[e[i].p]=dis[now]+e[i].v; 38 if (!visit[e[i].p]) 39 { 40 visit[e[i].p]=1; 41 q.push(e[i].p); 42 } 43 } 44 } 45 visit[now]=0; 46 } 47 return dis[m]; 48 } 49 50 void DP() 51 { 52 for (int i=1;i<=n;i++) 53 { 54 f[i]=path[1][i]*i; 55 for (int j=0;j<i;j++) 56 f[i]=min(f[i],f[j]+k+path[j+1][i]*(i-j)); 57 } 58 } 59 60 int main() 61 { 62 memset(head,-1,sizeof(head)); 63 memset(e,-1,sizeof(e)); 64 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e1); 65 for (int i=1;i<=e1;i++) 66 { 67 int a,b,c; 68 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 69 se(a,b,c); 70 } 71 scanf("%d",&d); 72 for (int i=1;i<=d;i++) 73 { 74 int a,b,p; 75 scanf("%d%d%d",&p,&a,&b); 76 for (int j=a;j<=b;j++) flag[p][j]=1; 77 } 78 for (int i=1;i<=n;i++) 79 for (int j=i;j<=n;j++) 80 path[i][j]=SPFA(i,j); 81 DP(); 82 printf("%lld\n",f[n]); 83 return 0; 84 }
