【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。
【输入格式】
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。
【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。
【样例输入】
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
【样例输出】
32
【提示】
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
【分析】
用最短路作为权值的区间覆盖问题。可以用spfa预处理出每个区间中“整体可行”的路线中的最短路，然后用动态规划求解。
这样看来，预处理阶段需要对$O(n^2)$个区间进行计算，对于每个区间还要扫描出这个区间哪些节点“可以访问”， 时间可能会有些不够用。怎么办呢？
事实上，这种思路还有很大的优化空间。首先，节点数最多只有20，我们可以用一个32位整数存储当前区间可以访问的节点集合，通过位运算很容易就可以求出这些集合。接着，我们可以优化一下进行spfa的顺序：从小到大枚举区间左端点，再从大到小枚举右端点。这样，在每轮第二层循环中，由于区间规模在缩小，“可以访问的节点”集合规模是单调递增的，于是我们可以仅在第一层循环开始时更新dis数组，然后在第二层循环中判断可访问节点数是否有增加，若有，就将这些节点的邻接点加入队列再进行spfa，否则就直接将上次spfa的dis值当做这一区间的权值。
采用了这种预处理方法后，我的代码在bzoj上运行时间为24ms（大概是因为STL拖慢了速度？反正我知道低于20ms的代码都是2012年以前提交的……）
预处理完成后，剩下的就是一个$O(n)$状态、$O(n)$转移的简单DP了，这里不再赘述。
2 Problem: 1003
3 User: Asm.Def
4 Language: C++
5 Result: Accepted
6 Time:24 ms
7 Memory:1376 kb
8 ****************************************************************/
9
10 #include <iostream>
11 #include <cctype>
12 #include <cstdio>
13 #include <vector>
14 #include <algorithm>
15 #include <cmath>
16 #include <queue>
17 using namespace std;
18 inline void getd(int &x){
19 char c = getchar();
20 bool minus = 0;
21 while(!isdigit(c) && c != '-')c = getchar();
22 if(c == '-')minus = 1, c = getchar();
23 x = c - '0';
24 while(isdigit(c = getchar()))x = x * 10 + c - '0';
25 if(minus)x = -x;
26 }
27 /*======================================================*/
28 const int maxn = 102, maxm = 21, INF = 0x3f3f3f3f;
29
30 struct event{int T, num; } E[2002];
31 inline bool operator < (const event &a, const event &b){
32 return a.T < b.T;
33 }
34
35 int n, m, K, Ecnt = 0;
36 int inval[maxn][maxn] = {0}, cost[maxn][maxn], dp[maxn];
37
38 struct edge{
39 int to, w;
40 edge(int t, int c):to(t), w(c){}
41 };
42 vector<edge> adj[maxm];
43
44 queue<int> Q;
45 bool inQ[maxm] = {0};
46 int dis[maxm] = {0};
47 inline void setinf(){
48 dis[1] = 0;
49 for(int i = 2;i <= m;++i)
50 dis[i] = INF;
51 }
52
53 inline void pushQ(int x){
54 vector<edge>::iterator it;
55 for(int i=1, j=2;i <= m;++i, j <<= 1)
56 if(x & j){
57 if(!inQ[i])Q.push(i), inQ[i] = 1;
58 for(it = adj[i].begin();it != adj[i].end();++it)
59 if(!inQ[it->to])Q.push(it->to), inQ[it->to] = 1;
60 }
61 }
62
63 inline int spfa(int l, int r){
64 vector<edge>::iterator it;
65 int t;
66 while(!Q.empty()){
67 t = Q.front(); Q.pop(); inQ[t] = 0;
68 for(it = adj[t].begin();it != adj[t].end();++it)
69 if((!(inval[l][r] & (1 << it->to))) && dis[it->to] > dis[t] + it->w){
70 dis[it->to] = dis[t] + it->w;
71 if(!inQ[it->to])
72 Q.push(it->to), inQ[it->to] = 1;
73 }
74 }
75 return dis[m];
76 }
77
78 inline void init(){
79 int i, j, e, k, d;
80 getd(n), getd(m), getd(K), getd(e);
81 while(e--){
82 getd(i), getd(j), getd(k);
83 adj[i].push_back(edge(j, k));
84 adj[j].push_back(edge(i, k));
85 }
86 getd(d);
87 while(d--){
88 getd(k), getd(i), getd(j);
89 E[Ecnt].T = i, E[Ecnt].num = k; ++Ecnt;
90 E[Ecnt].T = j+1, E[Ecnt].num = k; ++Ecnt;
91 }
92 sort(E, E + Ecnt);
93 for(j = 0, i = 1;i <= n;++i){
94 inval[i][i] = inval[i-1][i-1];
95 while(j < Ecnt && E[j].T == i){
96 inval[i][i] ^= (1 << E[j].num);
97 ++j;
98 }
99 }
100 for(i = 1;i < n;++i)
101 for(j = i+1;j <= n;++j)
102 inval[i][j] = inval[i][j-1] | inval[j][j];
103 for(i = 1;i <= n;++i){
104 setinf();
105 Q.push(1), inQ[1] = 1;
106 cost[i][n] = spfa(i, n);
107 for(j = n-1;j >= i;--j){
108 if(inval[i][j] == inval[i][j+1]){
109 cost[i][j] = cost[i][j+1];
110 continue;
111 }
112 pushQ(inval[i][j] ^ inval[i][j+1]);
113 if(!inQ[1])Q.push(1), inQ[1] = 1;
114 cost[i][j] = spfa(i, j);
115 }
116 }
117
118 }
119
120 inline void work(){
121 int i, j, c;
122 for(i = 1;i <= n;++i)
123 dp[i] = cost[1][i] == INF ? INF : cost[1][i] * i;
124 for(i = 2;i <= n;++i) for(j = 1;j < i;++j){
125 if(cost[j+1][i] == INF)continue;
126 c = dp[j] + cost[j+1][i] * (i - j) + K;
127 if(c < dp[i])
128 dp[i] = c;
129 }
130 printf("%d ", dp[n]);
131 }
132
133 int main(){
134 #if defined DEBUG
135 freopen("test", "r", stdin);
136 #else
137 //freopen("bzoj_1002.in", "r", stdin);
138 //freopen("bzoj_1002.out", "w", stdout);
139 #endif
140 init();
141
142 work();
143
144 #if defined DEBUG
145 cout << endl << (double)clock()/CLOCKS_PER_SEC << endl;
146 #endif
147 return 0;
148 }