bzoj 1003 [ZJOI2006]物流运输（最短路+dp）

[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
//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

HINT

 

题解：

　　这道题目的数据范围如此小，处理处cost i，j表示i-j这天的最短路

　　然后取dp即可。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<queue>
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int max_n=105;
 8 const int max_m=25;
 9 const int max_e=max_m*max_m*2;
10 const int INF=2e9;
11 
12 int n,m,k,e,x,y,z,d,p,a,b;
13 int tot,point[max_m],nxt[max_e],v[max_e],c[max_e];
14 int dis[max_m]; bool broken[max_m][max_n],vis[max_m],flag[max_m];
15 int f[max_n],cost[max_n][max_n];
16 queue <int> q;
17 
18 inline void addedge(int x,int y,int z)
19 {
20     ++tot; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; c[tot]=z;
21     ++tot; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; c[tot]=z;
22 }
23 inline int spfa()
24 {
25     memset(dis,0x7f,sizeof(dis)); dis[1]=0;
26     memset(vis,0,sizeof(vis)); vis[1]=true;
27     while (!q.empty()) q.pop(); q.push(1);
28 
29     while (!q.empty())
30     {
31         int now=q.front(); q.pop();
32         vis[now]=false;
33         for (int i=point[now];i;i=nxt[i])
34             if (dis[v[i]]>dis[now]+c[i]&&!flag[v[i]])
35             {
36                 dis[v[i]]=dis[now]+c[i];
37                 if (!vis[v[i]])
38                 {
39                     vis[v[i]]=true;
40                     q.push(v[i]);
41                 }
42             }
43     }
44     return dis[m];
45 }
46 int main()
47 {
48     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
49     for (int i=1;i<=e;++i)
50     {
51         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
52         addedge(x,y,z);
53     }
54     scanf("%d",&d);
55     for (int i=1;i<=d;++i)
56     {
57         scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);
58         for (int j=a;j<=b;++j) broken[p][j]=true;
59     }
60     for (int i=1;i<=n;++i)
61         for (int j=i;j<=n;++j)
62         {
63             memset(flag,0,sizeof(flag));
64             for (int k=1;k<=m;++k)
65                 for (int l=i;l<=j;++l)
66                     flag[k]|=broken[k][l];
67             cost[i][j]=spfa();
68         }
69     for (int i=1;i<=n;++i)
70         for (int j=i;j<=n;++j)
71             if (cost[i][j]<INF) cost[i][j]*=(j-i+1);
72     memset(f,0x7f,sizeof(f));
73     for (int i=1;i<=n;++i) f[i]=cost[1][i];
74     for (int i=2;i<=n;++i)
75         for (int j=1;j<i;++j)
76             f[i]=min(f[i],f[j]+cost[j+1][i]+k);
77     printf("%d\n",f[n]);
78 }

 

posted @ 2018-01-12 18:17  Kaiser-  阅读(215)  评论(0)  编辑  收藏  举报