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。

 

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

【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）

解析：

这是2006年浙江省选的题，，，

由于要求最少的花费，而花费又和航程成正比，且最终的花费不会影响之前的阶段。所以求航程的最短路，然后dp

dp去枚举改路的时间，设dp[i]表示第i天的时候最少花费。

于是就有了状态转移方程dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*s+k)

这个方程表示在第j天更改路线，其中s表示当时状态的最短路（通过No数组记录无法到达的码头）

这里用的是spfa，由于没有负权，也可以用dijkstra。

k表示更改一次路径所需的费用

这里所要注意的是dp数组的初始化问题，由于要求最少花费，所以把dp数赋值为一个很大的数，由于第一次选航线没有花费，所以把dp[0]赋值为-k;

最后是一个优化问题，在第j天没有最短路的时候，再往下也不会有最短路，因为被封禁的码头只会越来越多，不会越来越少。

下面上代码：

 

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#define inf 336860180
using namespace std;
long long n,m,k,e,map[101][101],dist[210001],total,b1,b2,b3,d,dp[101];
bool pd[100001],no[101][101],No[101];//No数组记录无法到达的港口，no[i][j]表示第i天无法到达j港口
int spfa()//最短路
{
    memset(dist,20,sizeof(dist));
    memset(pd,0,sizeof(pd));
    queue<int>q;
    q.push(1);
    dist[1]=0;
    while(q.size())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        pd[x]=0;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            if(No[i])continue;
            if(dist[i]>dist[x]+map[x][i])
            {
                dist[i]=dist[x]+map[x][i];           
                if(!pd[i])
                {
                    q.push(i);
                    pd[i]=1;
                }
            }
        }
    }
    return dist[m];
}
int main()
{
    memset(map,20,sizeof(map));
    memset(dp,20,sizeof(dp));
    cin>>n>>m>>k>>e;
    for(int i=1;i<=e;i++)
    {
        cin>>b1>>b2>>b3;
        map[b1][b2]=map[b2][b1]=b3;
    }
    cin>>d;
    for(int i=1;i<=d;i++)
    {
        cin>>b1>>b2>>b3;
        for(int j=b2;j<=b3;j++)
        {
            no[j][b1]=1;
        }
    }
    dp[0]=-k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        memset(No,0,sizeof(No));
        for(int j=i;j>=1;j--)
        {
            for(int f=1;f<=m;f++)
            {
                if(no[j][f])No[f]=1;
            }
            int s=spfa();
            if(s==inf)break;//优化
            dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*s+k);
        }
    }
    cout<<dp[n];
    return 0;
}