luogu 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。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。

输入输出样例

输入样例#1：

  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

输出样例#1：

32

说明

【样例输入说明】

上图依次表示第1至第5天的情况，阴影表示不可用的码头。

【样例输出说明】

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。

_NOI导刊2010提高（01）

最短路+dp

dp[i]表示第i天的最小花费

dp[i]=min(dp[i],dp[j]+g[j+1][i]*(i-j)+k);

g[I][J]表示从第i天道第j天的最短路

spfa预处理出

然后读入优化写炸了？？？！！

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>

using namespace std;
#define N 50

int n,k,m,e,d;
int can_not[N][N*5];int no[N]; 
int dis[N];
int head[N];
queue<int>Spfa;
bool vis[N];
int g[103][103];
struct node{
    int v;int w,next;
}edge[N*N];


int num=1;
void add_edge(int x,int y,int z)
{
    edge[num].v=y;
    edge[num].w=z;
    edge[num].next = head[x];
    head[x]=num++;
}

int spfa()
{
    memset(dis,127,sizeof dis);
    memset(vis,0,sizeof vis);
    Spfa.push(1);
    dis[1]=0;
    vis[1]=1;
    while (!Spfa.empty())
    {
        int now = Spfa.front();
        vis[now]=0;
        Spfa.pop();
        for(int i = head[now];i;i = edge[i].next)
        {
            int to = edge[i].v,far = edge[i].w;
            if(!no[to]&&dis[now] + far<dis[to])
            {
                dis[to] = dis[now] + far;
                if(!vis[to])
                {
                    vis[to]=1;
                    Spfa.push(to);
                }  
            }
        }
    }
    if(dis[m]>1e9)return 1e6;
    return dis[m];
}
int dp[N];
void solve()
{
    for (int i = 1;i <= n;i++)
    {
        memset(no,0,sizeof(no));
        for(int j = i;j <= n;j++)
        {
            for(int kk=2;kk<m;kk++)
            no[kk]|=can_not[kk][j];
            g[i][j]=spfa();
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=2e9;
        for(int j=0;j<i;j++)dp[i]=min(dp[i],dp[j]+g[j+1][i]*(i-j)+k);
    }
    printf("%d\n",dp[n]-k);
    return ;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
    int a,b,c;
    for (int i = 1;i <= e;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        add_edge(a,b,c);
        add_edge(b,a,c);
    }
    scanf("%d",&d);
    for (int i = 1;i <= d;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        for(int j = b;j <= c;j++)
        can_not[a][j]=1;
    }
    solve();
    return 0;
}