BZOJ 1003: [ZJOI2006]物流运输 [DP+ 最短路]
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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
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
//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
[思路]
对于条件分析， 很容易发现 就是 DP 问题， 然而 如何DP， 愁啊
对天数有限制， 那么 就得从天数 下手，
DP[i] 代表 到第i 天是 最小花费; 那么 DP[i] 与 前面某一天j话费 加上从i-j 变道需要的话费 有关
cost[i][j] 代表从 i-j 的最小开销 则 DP[i] = min(DP[i],DP[j}+(i-j)*cost[i][j] +k)
每次标记 不能走的地方， 跑SPFA N^2
[代码实现]
#include <iostream>
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MAXN=1e5+5;
using namespace std;
int head[MAXN];
int dis[MAXN],vis[MAXN],flag[MAXN];
int dp[MAXN];
int a[505][505];
int cost[505][505];
int n,k,e,m,d,cot;
struct node{
int v,w,next;
}edge[MAXN];
void init()
{
cot=0;
mem(head,-1);
}
void add(int u,int v,int w)
{
edge[++cot].v=v;
edge[cot].w=w;
edge[cot].next=head[u];
head[u]=cot;
}
int spfa(int s)
{
queue<int>Q;
mem(dis,INF);
dis[s]=0;
vis[s]=1;
Q.push(s);
while(!Q.empty())
{
int u=Q.front();
Q.pop();
vis[u]=0;
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
int w=edge[i].w;
if(!flag[v]&& dis[v]>dis[u]+w)
{
dis[v]=dis[u]+w;
if(!vis[v])
{
Q.push(v);
vis[v]=1;
}
}
}
}
return dis[m];
}
int main()
{
cin>>n>>m>>k>>e;
init();
mem(a,0);
int x,y,z;
for(int i=1;i<=e;i++)
{
cin>>x>>y>>z;
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
cin>>d;
for(int i=1;i<=d;i++)
{
cin>>z>>x>>y;
for(int k=x;k<=y;k++)
a[z][k]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
mem(flag,0);
for(int j=i;j<=n;j++)
{
for(int k=1;k<=m;k++)
flag[k]+=a[k][j];
cost[i][j]=spfa(1);
}
}
mem(dp,INF);
dp[0]=-k;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=i;j++)
{
if(cost[j+1][i]!=INF)
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+k+cost[j+1][i]*(i-j));
}
}
cout<<dp[n]<<endl;
return 0;
}
