[BZOJ1003] [ZJOI2006] 物流运输trans (最短路 & dp)

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

HINT 

　　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

Source

Solution

　　由于数据范围小，本题诞生了许多乱搞方法。当然我的算法也是乱搞。

　　cost[i][j]表示第i天到第j天走同一条路径的最少代价，用最短路完成。当然为了减小复杂度最好用SPFA。

　　然后dp，f[i]表示前i天的最小开销，转移方程f[i] = min(f[i], f[j - 1] + cost[j][i] + k).

　　所以这道题的重点是dp还是最短路？

　　Q：时间复杂度是多少

　　A：数据那么小肯定跑的过！

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
struct node
{
    int v, w, nxt;
}edge[805];
int cost[105][105], fst[25], ftmp[25], dis[25];
ll f[105];
int q[25], front, back;
bool stop[25][105], inq[25];
 
void addedge(int i, int u, int v, int w)
{
    edge[i] = (node){v, w, fst[u]}, fst[u] = i;
}
 
void SPFA()
{
    memset(dis, 63, sizeof(dis));
    dis[1] = front = back = 0;
    q[++back] = 1, inq[1] = true;
    while(front != back)
    {
        int u = q[(++front % 25)];
        if(front >= 25) front -= 25;
        inq[u] = false;
        for(int i = fst[u]; i; i = edge[i].nxt)
        {
            int v = edge[i].v, w = edge[i].w;
            if(dis[v] > dis[u] + w)
            {
                dis[v] = dis[u] + w;
                if(!inq[v])
                {
                    q[(++back % 25)] = v;
                    if(back >= 25) back -= 25;
                    inq[v] = true;
                }
            }
        }
    }
}
 
int main()
{
    int n, m, chg, e, d;
    cin >> n >> m >> chg >> e;
    for(int i = 1; i <= e; i++)
    {
        int u, v, w;
        cin >> u >> v >> w;
        addedge(i << 1, u, v, w);
        addedge(i << 1 | 1, v, u, w);
    }
    cin >> d;
    for(int i = 1; i <= d; i++)
    {
        int w, u, v;
        cin >> w >> u >> v;
        for(int i = u; i <= v; i++)
            stop[w][i] = true;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = i; j <= n; j++)
        {
            for(int k = 2; k < m; k++)
                for(int l = i; l <= j; l++)
                    if(stop[k][l])
                    {
                        ftmp[k] = fst[k], fst[k] = 0;
                        break;
                    }
            SPFA(), cost[i][j] = dis[m] * (dis[m] >= INF ? 1 : j - i + 1);
            for(int k = 2; k < m; k++)
                if(!fst[k])
                    fst[k] = ftmp[k], ftmp[k] = 0;
        }
    memset(f, 63, sizeof(f)), f[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= i; j++)
            f[i] = min(f[i], f[j - 1] + cost[j][i] + chg);
    cout << f[n] - chg << endl;
    return 0;
}