这是一道数据范围和评测时间水的可怕的题，只是思路有点难想，BUT假如你的思路清晰，完全了解怎么该做，那就算你写一个反LLL和反SLE都能A，如此水的一道题，你不心动吗？
下面贴出题目
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
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
//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
这道题的思路有些难想，核心思想是DP+SPFA
那么如何处理SPFA+DP捏
首先，我们要做一个大暴力，那就是枚举算cost[i][j]，表示第i天到第j天走同一路径的解，注意这个解在算出路径长度之后要乘以天数。
这不会超时吗？？？？？
鉴于这道题极其水的数据范围和数据，回答是：不会
那么接下来，我们把i从1枚举到n，i表示天数递增，求f[i]，同时枚举断点j，转移方程为f[i]=min(f[i],f[j]+cost[j+1][i]+k)，(k为改变路径所需代价，注意，这里的i和j是表示天数改变，不是路径，所以不会和SPFA冲突，直接使用算出来的解就好)，然后我们就会机智的发现每次改变路线一定会花费k作为代价，但即使不更改只是新建路径也会有k为代价，所以最后答案要减去 把某路径作为初始路径时加上的k，然后就讲完辣
（表示还是我第一次刷DP+图论的如此结合。。。）
下面给出没有优化的代码
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 int min(int x,int y){return x>y?y:x;} 4 struct shit{ 5 int aim; 6 int lon; 7 int next; 8 }e[801]; 9 int n,m,K,E,F[1000],quq[10000],d[1000],star,ass,point,head[1000],a,b,c,cost[1000][1000]; 10 bool f[1000],s[1000],mp[1000][1000]; 11 void fuck(int x,int y,int z) 12 { 13 e[++point].aim=y; 14 e[point].lon=z; 15 e[point].next=head[x]; 16 head[x]=point; 17 e[++point].aim=x; 18 e[point].lon=z; 19 e[point].next=head[y]; 20 head[y]=point; 21 } 22 void SPFA() 23 { 24 memset(f,false,sizeof(f)); 25 memset(d,0x3f3f3f3f,sizeof(d)); 26 star=0; 27 ass=0; 28 quq[star]=1; 29 f[1]=true; 30 d[1]=0; 31 while(star<=ass) 32 { 33 int u=quq[star++]; 34 for(int k=head[u];k;k=e[k].next) 35 { 36 int v=e[k].aim; 37 if(s[v])continue; 38 if(d[v]>d[u]+e[k].lon) 39 { 40 d[v]=d[u]+e[k].lon; 41 if(f[v])continue; 42 f[v]=true; 43 quq[++ass]=v; 44 } 45 } 46 f[u]=false; 47 } 48 } 49 int main() 50 { 51 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&E); 52 for(int i=1;i<=E;i++) 53 { 54 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 55 fuck(a,b,c); 56 } 57 int D; 58 scanf("%d",&D); 59 for(int i=1;i<=D;i++) 60 { 61 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 62 for(int j=b;j<=c;j++) 63 mp[a][j]=true; 64 } 65 for(int i=1;i<=n;i++) 66 { 67 for(int j=i;j<=n;j++) 68 { 69 memset(s,false,sizeof(s)); 70 for(int k=2;k<m;k++)for(int q=i;q<=j;q++)if(mp[k][q]){s[k]=true;break;}//这里是因为算的是在i到j天走同一路径所用的时间，所以直接对不可操作路径堵死就好 71 SPFA(); 72 cost[i][j]=d[m]*(d[m]>=0x3f3f3f3f?1:j-i+1);//这里如果你对于不可达的也直接乘了天数就会爆int 73 } 74 } 75 memset(F,0x3f3f3f3f,sizeof(F)); 76 F[0]=0; 77 for(int i=1;i<=n;i++) 78 { 79 for(int j=0;j<i;j++) 80 F[i]=min(F[i],F[j]+cost[j+1][i]+K); 81 } 82 printf("%d",F[n]-K); 83 return 0; 84 } 85 86 没有优化orz
然而优化过的代码我还没有写，，，