【BZOJ1003】1003: [ZJOI2006]物流运输trans SPFA+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：看了题解，原来是SPFA+DP，首先用SPFA预处理出path[i][j]（第i天到第j天的最短路，因为运费为1，所以最短路的费用最短），然后DP，枚举转运点j，方程为f[i]=min(f[i],f[j]+k+path[j+1][i]*(i-j));注意SPFA时对于不能装载的港口的处理也就是ctld=can't loading（？）。。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;
struct data1{int next,p,v;}e[1010];
int flag[21][101],head[21];
ll f[101],path[101][101];
int n,m,k,e1,cnt,d;
void se(int x,int y,int w)
{
    cnt++; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt; e[cnt].p=y; e[cnt].v=w;
    cnt++; e[cnt].next=head[y]; head[y]=cnt; e[cnt].p=x; e[cnt].v=w;
}

int SPFA(int x,int y)
{
    int  dis[21],ctld[21],visit[21];
    memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
    memset(visit,0,sizeof(visit));
    memset(ctld,0,sizeof(ctld));
    for (int i=x;i<=y;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
            if (flag[j][i])    ctld[j]=1;
    dis[1]=0; visit[1]=1; 
    queue<int> q;
    q.push(1);
    while (!q.empty())
    {
        int now=q.front();q.pop(); 
        for (int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
        {
            if (!ctld[e[i].p] && dis[e[i].p]>dis[now]+e[i].v)
            {
                dis[e[i].p]=dis[now]+e[i].v;
                if (!visit[e[i].p])
                {
                    visit[e[i].p]=1;
                    q.push(e[i].p);
                }
            }
        }
        visit[now]=0;
    }
    return dis[m];
}

void DP()
{
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        f[i]=path[1][i]*i;
        for (int j=0;j<i;j++)
            f[i]=min(f[i],f[j]+k+path[j+1][i]*(i-j));
    }
}

int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(e,-1,sizeof(e));
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e1);
    for (int i=1;i<=e1;i++)
    {
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        se(a,b,c);
    }    
    scanf("%d",&d);
    for (int i=1;i<=d;i++)
    {
        int a,b,p;
        scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);
        for (int j=a;j<=b;j++)    flag[p][j]=1;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=i;j<=n;j++)
            path[i][j]=SPFA(i,j);
    DP();
    printf("%lld
",f[n]);
    return 0;
}