BZOJ1003物流運輸 DP + SPFA
@[DP, SPFA]
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
Solution
傻題...
看起來很可怕, 然而數據範圍實在是良心...
SPFA + 暴力 + DP即可
暴力枚举第\(i\)天到第\(j\)天（不改线路）的最小费用
然後DP
\[f(i) = min(f(i), f(j) + cost(j + 1, i) * (i - j + 1) + K)
\]
这样也能过……
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<climits>
using namespace std;
inline int read()
{
int x = 0, flag = 1;;
char c;
while(! isdigit(c = getchar()))
if(c == '-')
flag *= - 1;
while(isdigit(c))
x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * flag;
}
void println(int x)
{
if(x < 0)
putchar('-'), x *= - 1;
if(x == 0)
putchar('0');
int ans[10], top = 0;
while(x)
ans[top ++] = x % 10, x /= 10;
for(; top; top --)
putchar(ans[top - 1] + '0');
putchar('\n');
}
const int N = 1 << 7, M = 1 << 5, E = M * M;
int top;
int head[M];
struct Edge
{
int v, w, next;
}G[E << 1];
void add_edge(int u, int v, int w)
{
G[top].v = v, G[top].w = w, G[top].next = head[u];
head[u] = top ++;
}
const int D = N * M;
struct Modi
{
int p, L, R;
}oper[D];
int flag[M];
int Q[M * E];
int dis[M];
int inQ[M];
int SPFA(int s, int t)
{
Q[0] = s;
int L = 0, R = 1;
memset(dis, 127, sizeof(dis));
dis[s] = 0;
memset(inQ, 0, sizeof(inQ));
while(L < R)
{
for(int i = head[Q[L]]; i != - 1; i = G[i].next)
if(dis[Q[L]] + G[i].w < dis[G[i].v] && ! flag[G[i].v])
{
dis[G[i].v] = dis[Q[L]] + G[i].w;
if(! inQ[G[i].v])
inQ[G[i].v] = 1, Q[R ++] = G[i].v;
}
inQ[Q[L ++]] = 0; //忘了標記出隊, 結果調試了將近一個小時..還要上極限數據才發現錯誤
}
if(dis[t] > (int)2e9)
return - 1;
return dis[t]; //漏了這一句, 結果調完了剩下的整個晚上QAQ
}
int cost[N][N];
int f[N];
const int oo = INT_MAX;
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("BZOJ1003.in", "r", stdin);
freopen("BZOJ1003.out", "w", stdout);
#endif
int n = read(), m = read(), K = read(), e = read();
top = 0;
memset(head, - 1, sizeof(head));
for(int i = 0; i < e; i ++)
{
int u = read(), v = read(), w = read();
add_edge(u, v, w);
add_edge(v, u, w);
}
int d = read();
for(int i = 0; i < d; i ++)
oper[i].p = read(), oper[i].L = read(), oper[i].R = read();
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = i; j <= n; j ++)
{
memset(flag, 0, sizeof(flag));
for(int k = 0; k < d; k ++)
if(oper[k].L <= j && oper[k].R >= i)
flag[oper[k].p] = 1;
cost[i][j] = SPFA(1, m);
}
memset(f, 127, sizeof(f));
f[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 0; j < i; j ++)
{
if(cost[j + 1][i] == - 1)
continue;
f[i] = min(f[i], cost[j + 1][i] * (i - j) + f[j] + K);
}
println(f[n] - K);
}
