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。
解析
看到求最优解，不难想到dp。
我们把每天当作dp的阶段，走哪条路为dp的状态，当前换不换路线作为决策。对于每个状态的求解，我们跑最短路就行了。而对于决策，容易发现每次我们换一条路线走时，我们都会走新的这条路线至少1天。换言之，我们在从第(i)天的状态转移到第(j)天的状态时（(j>i)），不妨假设(isim j)天我们走的都是同一条路，这条路就是这些天中能走的点构成的最短路。而这些天中，有些点是不能走的，我们打标记就好。
设(l)为第(isim j)天可走的最短路长度，于是有状态转移方程：
[dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*l+k)
]
参考代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define N 401
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
inline int read()
{
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
struct rec{
int next,ver,edge;
}g[N];
int head[N],tot,n,m,e,k,d[N],dp[N];
bool v[N],vis[N][N];
inline void add(int x,int y,int val)
{
g[++tot].ver=y,g[tot].edge=val;
g[tot].next=head[x],head[x]=tot;
}
inline int dijkstra(int l,int r)
{
memset(v,0,sizeof(v));
memset(d,0x3f,sizeof(d));
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > q;
d[1]=0;
q.push(make_pair(0,1));
for(int i=l;i<=r;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
if(vis[j][i]) v[j]=1;
while(q.size()){
int x=q.top().second;q.pop();
if(v[x]) continue;
v[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=g[i].next){
int y=g[i].ver,z=g[i].edge;
if(d[y]>d[x]+z){
d[y]=d[x]+z;
q.push(make_pair(d[y],y));
}
}
}
return d[m];
}
int main()
{
int p;
n=read(),m=read(),k=read(),e=read();
for(int i=1;i<=e;++i){
int u,v,val;
u=read(),v=read(),val=read();
add(u,v,val),add(v,u,val);
}
p=read();
for(int i=1;i<=p;++i){
int x,l,r;
x=read(),l=read(),r=read();
for(int j=l;j<=r;++j)
vis[x][j]=1;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
dp[i]=dijkstra(1,i);
if(dp[i]!=INF) dp[i]=dp[i]*i;
for(int j=1;j<=i;++j){
int l=dijkstra(j,i);
if(l==INF) continue;
dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*l+k);
}
}
printf("%d
",dp[n]);
return 0;
}