【bzoj 1003】 物流运输 【ZJOI2006】

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

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

这道题是一个DP，首先用SPFA预处理得到第i天到第j天的花费dp[i][j]，再用DP解决，动态转移方程为f[i]=min{f[i],f[j]+dp[j+1][i]+k}，下面是程序：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;
const int D=105,N=25,M=1305,INF=0x3f3f3f3f;
struct queue{
	int a[N],l,r;
	void clear(){
		l=0,r=1;
	}
	bool empty(){
		return l+1==r;
	}
	void push(int x){
		a[r]=x;
		r++;
		r%=N;
	}
	void pop(){
		l++;
		l%=N;
	}
	int front(){
		return a[(l+1)%N];
	}
}q;
struct edge{
	int v,w,next;
}a[M];
bool use[N][D],vis[N],flag[N];
int dis[N],head[N],dp[D][D],f[D],k;
void add(int u,int v,int w){
	k++;
	a[k].v=v;
	a[k].w=w;
	a[k].next=head[u];
	head[u]=k;
}
void SPFA(){
	q.clear();
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	q.push(1);
	vis[1]=1;
	dis[1]=0;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();
		q.pop();
		vis[u]=0;
		int now=head[u];
		while(now){
			int &v=a[now].v,&w=a[now].w;
			if(!flag[v]&&dis[u]+w<dis[v]){
				dis[v]=dis[u]+w;
				if(!vis[v]){
					q.push(v);
					vis[v]=1;
				}
			}
			now=a[now].next;
		}
	}
}
int main(){
	int d,n,k,m,u,v,w,i,j;
	scanf("%d%d%d%d",&d,&n,&k,&m);
	while(m--){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w);
		add(v,u,w);
	}
	scanf("%d",&m);
	while(m--){
		scanf("%d%d%d",&w,&u,&v);
		for(;u<=v;u++){
			use[w][u]=1;
		}
	}
	for(u=1;u<=d;u++){
		for(v=u;v<=d;v++){
			memset(flag,0,sizeof(flag));
			for(i=1;i<=n;i++){
				for(j=u;j<=v;j++){
					flag[i]|=use[i][j];
				}
			}
			SPFA();
			dp[u][v]=dis[n];
			if(dp[u][v]!=INF){
				dp[u][v]*=v-u+1;
			}
		}
		f[u]=dp[1][u];
	}
	for(i=2;i<=d;i++){
		for(j=1;j<=i;j++){
			f[i]=min(f[i],f[j]+dp[j+1][i]+k);
		}
	}
	printf("%d\n",f[d]);
	return 0;
}