【BZOJ1003】【ZJOI2006】物流运输

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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

样例解释：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

Solution

SPFA预处理[s,t]这段时间内，如果使用同一条路线的费用。
然后根据这个信息DP即可。
时间效率：$O(n^{2} * SPFA(m,e) ) $

Code

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MN 105
#define MM 25
#define ME 405
#define r register
#define ll long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read(){
    r int x; r bool f; r char c;
    for (f=0; (c=getchar())<'0'||c>'9'; f=c=='-');
    for (x=c-'0'; (c=getchar())>='0'&&c<='9'; x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0');
    return f?-x:x;
}
class Deque{
    public:
        inline void clear(){h=t=0;}
        inline int top(){return queue[(h+1)%MN];}
        inline int get(){return queue[(++h)%=MN];}
        inline void push_front(int k){queue[h]=k,h=(h-1+MN)%MN;}
        inline void push_back(int k){queue[(++t)%=MN]=k;}
        inline bool empty(){return h==t;}
    private:
        int queue[MM],h,t;
}q;
int nxt[ME<<1],to[ME<<1],val[ME<<1],dis[MM],head[MM],en,n,m,k,E;
ll f[MN],v[MN][MN];bool inq[MN],bl[MN],block[MN][MM];
inline void ins(int x,int y,int v){nxt[++en]=head[x],to[en]=y,val[en]=v,head[x]=en;}
inline int SPFA(int a,int b){
    memset(inq,0,sizeof(inq));
    memset(dis,127/3,sizeof(dis));q.clear();
    for (r int j=1; j<=m; ++j)
        if (block[b][j]) bl[j]=1;
    dis[1]=0;q.push_back(1);inq[1]=1;
    while(!q.empty()){
        r int u=q.get();inq[u]=0;
        for (r int i=head[u]; i; i=nxt[i])
            if (!bl[to[i]]&&dis[to[i]]>dis[u]+val[i]){
                dis[to[i]]=dis[u]+val[i];
                if (!inq[to[i]]){
                    inq[to[i]]=1;
                    if (dis[q.top()]>dis[to[i]]) q.push_front(to[i]);
                    else q.push_back(to[i]);
                }
            }
    }return dis[m];
}
inline void dp(){
    for (r int i=1; i<=n; ++i){
        f[i]=v[1][i]*i;
        for (r int j=1; j<i; ++j)
            f[i]=min(f[i],f[j]+v[j+1][i]*(i-j)+k);
    }
}
int main(){
    n=read(),m=read(),k=read(),E=read();
    for (r int i=1; i<=E; ++i){
        r int x=read(),y=read(),v=read();
        ins(x,y,v); ins(y,x,v);
    }E=read();
    for (r int i=1; i<=E; ++i){
        r int x=read(),lt=read(),rt=read();
        for (r int j=lt; j<=rt; ++j) block[j][x]=1;
    }for (r int i=1; i<=n; ++i){
        memset(bl,0,sizeof(bl));
        for (r int j=i; j<=n; ++j)
            v[i][j]=SPFA(i,j);
    }dp();printf("%d",f[n]); 
    return 0;
}