洛谷 题解 P1772 【[ZJOI2006]物流运输】
题目描述
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—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。
输入输出格式
输入格式：
第一行是四个整数\(n(l≤n≤100),m(l≤m≤20)\),\(k\)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，\(e\)表示航线条数。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。
输出格式：
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。
【题意】
平面上有\(m(m<=20)\)个点，\(e\)条边，需要你求\(n(n<=100)\)次从\(1\)号点到\(n\)号点的最短路，如果你改变了最短路径，那么需要另外花费\(k\)元。每一条路径可能会在某（些）个时间段内关闭，问这n次最短路的总花费最小需要几元
【算法】
\(DP+\text{最短路}\)
【分析】
注：部分摘自here
最优解问题明显就是一个dp，而求两点之间的距离当然就是最短路了~
我们先考虑DP
- 设计状态
我们设dp[i]为前i天所需花费的最小费用
- 状态转移
f[i]=min(f[i],f[j-1]+(i-j+1) * L+K) （1<=j<=i)
什么意思呢? 就是第j天到第i天走同一条路，并且这条路和第j-1天是不同的
- 最短路
那么第j天到第i天走的肯定是此时情况下的最短路了,所以L表示在当前情况下的\(1->m\)的最短路,可以用\(Spfa\)或\(Dijktra\)求解
- 考虑码头是否开启
那么现在就要考虑码头无法使用的情况了，因为我们要保证第j天到第i天走的最短路是不能包括在这些天内不能经过的点的(哪怕是1天或是间断的几天都不行)
所以我们枚举j的时候可以从大到小枚举，并且将第j天无法通过的点同j+1->i天无法通过的点塞入一个集合(数组)，并且在求最短路时判断不经过集合(数组)中的点，就可以求出从第j天到第i天经过未损坏的点从1到m的最短路了。
【代码】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,e;
int q;
vector<int>ver[25];
vector<int>edge[25];
bool tf[105][25];
int dp[105];
int d[105];
bool flag[105];
inline int read()
{
int tot=0;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
{
tot=tot*10+c-'0';
c=getchar();
}
return tot;
}
inline void SPFA()
{
memset(d,0x3f,sizeof(d));
queue<int>q;
q.push(1);
d[1]=0;
while(q.size())
{
int now=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<ver[now].size();i++)
{
int x=ver[now][i];
if(flag[x])continue;
if(d[now]+edge[now][i]<d[x])
{
d[x]=d[now]+edge[now][i];
q.push(x);
}
}
}
}
int main()
{
n=read();m=read();
k=read();e=read();
for(int i=1;i<=e;i++)
{
int x=read(),y=read(),z=read();
ver[x].push_back(y);
edge[x].push_back(z);
ver[y].push_back(x);
edge[y].push_back(z);
}
q=read();
for(int i=1;i<=q;i++)
{
int p=read(),a=read(),b=read();
for(int j=a;j<=b;j++)
tf[j][p]=1;
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)flag[j]=0;
//for(int j=1;j<=n;j++)if(tf[i][j])flag[j]=1;
for(int j=i;j>=1;j--)
{
for(int kk=1;kk<=m;kk++)
if(tf[j][kk])flag[kk]=1;
/*cout<<i<<" "<<j<<endl;
for(int kk=1;kk<=m;kk++)
cout<<flag[kk]<<" ";cout<<endl;*/
SPFA();
if(d[m]==0x3f3f3f3f)break;
dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*d[m]+k);
}
}
/*for(int i=1;i<n;i++)
cout<<dp[i]-k<<" ";*/
cout<<dp[n]-k<<endl;
return 0;
}
