1003: [ZJOI2006]物流运输

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 6521  Solved: 2689
[Submit][Status][Discuss]

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
//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

spfa+dp

　 首先输入存图，然后将第i天不能用的港口标识。之后n^2循环得到xh[i][j]即i天到j天的不换线路的消耗最小值，之后dp即可。

dp部分：

f[i]表示前i天的最大消耗

状态转移方程：f[i]=

min(f[j-1]+(i-j+1)*xh[j][i]+k) j=1……i
含义：i……j不进行路线变更在第j天进行变更
备注：当j=1时其实没有变更却加了k所以之后要减k；
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std; 
const int N=105,M=25;
struct E{
    int v,n,q;
}e[M*M*2];
queue<int>dl;
int fir[M],s,dis[M],xh[N][N],f[N],m;
bool sf[M][N],ky[M],vis[M];
void add(int u,int v,int q){
    e[++s].v=v;
    e[s].q=q;
    e[s].n=fir[u];
    fir[u]=s;
}
int spfa(){
    dl.push(1);
    dis[1]=0;vis[1]=1;
    while(!dl.empty()){
        int u=dl.front();dl.pop();vis[u]=0;
        for(int i=fir[u];i;i=e[i].n)
            if(!ky[e[i].v]&&dis[u]+e[i].q<dis[e[i].v]){
                dis[e[i].v]=dis[u]+e[i].q;
                if(!vis[e[i].v]){
                    vis[e[i].v]=1;
                    dl.push(e[i].v);
                }
            }
    }
    return dis[m];
}
int main(){
    int n,k,bs,u,v,q;
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&bs);
    while(bs--) {
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&q);
        add(u,v,q);add(v,u,q);
    }
    scanf("%d",&bs);
    while(bs--){
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&q);
        for(int i=v;i<=q;++i)  sf[u][i]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        memset(ky,0,sizeof(ky));
        for(int j=i;j<=n;++j){
            for(int o=1;o<=m;++o)
                ky[o]|=sf[o][j];
            memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
            xh[i][j]=spfa();
        }
    }
    memset(f,0x3f,sizeof(f));f[0]=0;
    //for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",xh[i][i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<i;++j)
            if(xh[j+1][i]<1061009567) f[i]=min(f[i],f[j]+(i-j)*xh[j+1][i]+k);
    printf("%d",f[n]-k);
    return 0;
}