bzoj1003[ZJOI2006]物流运输
传送门
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
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
//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
题解：
我们记f[i]为前i天付出的最小代价，再记an[i][j]表示从第i天到第j天都能从1走到m的最短路，很明显，我们假设它在第j天更换航线，初始时则设为始终未曾更换过航线，便可以得到一个方程：f[i]=min(f[i],f[j]+k+an[j+1][i]*(i-j))。最后输出f[n]的值即为答案。
代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 #include<cmath> 7 #define ll long long 8 #define inf 0x7f7f7f7f 9 using namespace std; 10 struct node{ 11 int to,next,cap; 12 }e[1010]; 13 int cnt=1; 14 int head[110]; 15 int n,m,k; 16 ll an[110][110]; 17 ll dp[110]; 18 bool vis[110][30]; 19 void add(int u,int v,int w){ 20 e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;e[cnt].cap=w; 21 e[++cnt].to=u;e[cnt].next=head[v];head[v]=cnt;e[cnt].cap=w; 22 } 23 int spfa(int a,int b){ 24 bool used[30]; 25 int dis[30],q[500],in[30]; 26 memset(used,0,sizeof(used)); 27 memset(dis,0x7f,sizeof(dis)); 28 memset(in,0,sizeof(in)); 29 int i,j; 30 for(i=a;i<=b;++i){ 31 for(j=1;j<=m;++j){ 32 if(vis[i][j]) used[j]=1; 33 } 34 } 35 q[0]=1;in[1]=1;dis[1]=0; 36 int h=0,t=1; 37 while(h<t){ 38 int x=q[h++]; 39 for(i=head[x];i;i=e[i].next){ 40 if(!used[e[i].to] && dis[e[i].to]>dis[x]+e[i].cap){ 41 dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].cap; 42 if(!in[e[i].to]){ 43 q[t++]=e[i].to;in[e[i].to]=1; 44 } 45 } 46 } 47 in[x]=0; 48 } 49 return dis[m]; 50 } 51 void getans(){ 52 int i,j; 53 for(i=1;i<=n;++i){ 54 dp[i]=an[1][i]*i; 55 for(j=0;j<i;++j){ 56 dp[i]=min(dp[i],dp[j]+k+an[j+1][i]*(i-j)); 57 } 58 } 59 } 60 int main(){ 61 int q; 62 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&q); 63 int i,j; 64 for(i=1;i<=q;++i){ 65 int u,v,w; 66 scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); 67 add(u,v,w); 68 } 69 int d; 70 scanf("%d",&d); 71 for(i=1;i<=d;++i){ 72 int x,y,z; 73 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); 74 for(j=y;j<=z;++j) vis[j][x]=1; 75 } 76 for(i=1;i<=n;++i){ 77 for(j=1;j<=n;++j){ 78 an[i][j]=spfa(i,j); 79 } 80 } 81 getans(); 82 printf("%d\n",dp[n]); 83 return 0; 84 }
