ZJOI2006 物流运输

题目传送门

看题目描述中，码头的个数小的可怜，竟然只有20，一开始想会不会又是网络流或者状压DP啥的。（好像状压DP真能做QAQ）

不过读完题之后，发现这应该是一道求最短路的题，而且还不只是最短路，既然又可以改道又要求最小花费，那么肯定还有DP.

最短路+DP的结合题。我们可以这么考虑，反正这题数据范围贼小，我们不如先预处理出来第i天到第j天全部能跑的一条最短路的长度是多少（如果不存在就是INF），之后呢，我们用dp[i]来表示到第i天的最小花费。那么就可以得知，dp[i] = min(dp[i],dp[j] + cost[j+1][i] + k);枚举从1到i-1的j 就可以了。

为什么可以这么做呢？我们考虑，如果有一条路，在第n天可以走，而在第n+1天不能走，那么此时我们就必须要改道。而改道我们直接在DP的时候考虑就好，那我们只要去求每种情况下不改道的话花费就可以。之后在DP枚举的时候，总会枚举到所有的改道和不改道的情况的。注意cost如果不是INF，要乘以其能走的天数。

这样可以保证考虑到所有情况。时间复杂度n^2*m^2,可以过。

看一下代码。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<set>
#include<utility>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pr;
const int INF = 2e9;
const int M = 2005;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
        if(ch == '-') op = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        ans *= 10;
        ans += ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}
struct node
{
    int next,to,v;
}e[M<<1];
set <pr> q;
set <pr> :: iterator it;
int ecnt,head[M],n,m,k,ei,d,p,a,b,cost[105][105],dp[105],dis[25],x,y,z;
bool pd[30][105],bro[30];
void add(int x,int y,int z)
{
    e[++ecnt].to = y;
    e[ecnt].v = z;
    e[ecnt].next = head[x];
    head[x] = ecnt;
}
int dij(int s)
{
    rep(i,1,m) dis[i] = INF;
    dis[s] = 0,q.insert(make_pair(dis[s],s));
    while(!q.empty())
    {
        pr now = *(q.begin());
        q.erase(q.begin());
        for(int i = head[now.second];i;i = e[i].next)
        {
            if(dis[e[i].to] > dis[now.second] + e[i].v && !bro[e[i].to])
            {
                it = q.find(make_pair(dis[e[i].to],e[i].to));
                if(it != q.end()) q.erase(it);
                dis[e[i].to] = dis[now.second] + e[i].v;
                q.insert(make_pair(dis[e[i].to],e[i].to));
            }
        }
    }
    return dis[m];
}
int main()
{
    n = read(),m = read(),k = read(),ei = read();
    rep(i,1,ei) x = read(),y = read(),z = read(),add(x,y,z),add(y,x,z);
    d = read();
    rep(i,1,d) 
    {
        p = read(),a = read(),b = read();
        rep(j,a,b) pd[p][j] = 1;
    }
    rep(i,1,n)
    {
        rep(j,i,n)
        {
            memset(bro,0,sizeof(bro));
            rep(f,1,m)
            rep(c,i,j) bro[f] |= pd[f][c];
            cost[i][j] = dij(1);
        }
    }
    rep(i,1,n)
    rep(j,i,n) if(cost[i][j] < INF) cost[i][j] *= (j-i+1);
    rep(i,1,n) dp[i] = cost[1][i];
    rep(i,2,n)
        rep(j,1,i-1) dp[i] = min(dp[i],dp[j] + cost[j+1][i] + k);
    printf("%d\n",dp[n]);
    return 0;
}