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。
输入输出格式
输入格式：
第一行是四个整数n(l≤n≤100)、m(l≤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。
输入输出样例
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
32
说明
【样例输入说明】
上图依次表示第1至第5天的情况，阴影表示不可用的码头。
【样例输出说明】
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。
_NOI导刊2010提高（01）
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最短路+dp 好题
预处理每天的最短路，再dp选择。
可以用f[i]表示到第i天的时候最小费用，那么f[i]={f[j]+cost[j+1,i]+K}(0<=j<i)，其中cost[i,j]表示由第i天到第j天都可以走得通的最短路。
这样求完之后再减去一个多余的K即可。（当然你也可以在预处理时做手脚）
1 /* 2 Problem: 3 OJ: 4 User: S.B.S. 5 Time: 6 Memory: 7 Length: 8 */ 9 #include<iostream> 10 #include<cstdio> 11 #include<cstring> 12 #include<cmath> 13 #include<algorithm> 14 #include<queue> 15 #include<cstdlib> 16 #include<iomanip> 17 #include<cassert> 18 #include<climits> 19 #include<functional> 20 #include<bitset> 21 #include<vector> 22 #include<list> 23 #include<map> 24 #define F(i,j,k) for(int i=j;i<k;i++) 25 #define M(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 26 #define FF(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--) 27 #define maxn 1001 28 #define inf 0x3f3f3f3f 29 #define maxm 1001 30 #define mod 998244353 31 //#define LOCAL 32 using namespace std; 33 int read(){ 34 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 35 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 36 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 37 return x*f; 38 } 39 int n,m; 40 int k,e,dd; 41 int mp[maxn][maxn],h[maxn][maxn],a[maxn][maxn]; 42 int d[maxn]; 43 int dp[maxn],q[maxn]; 44 bool vis[maxn]; 45 inline void init() 46 { 47 M(mp,0);int x,y,z; 48 F(i,0,e){ 49 cin>>x>>y>>z; 50 if(mp[x][y]==0||mp[x][y]>z) mp[x][y]=mp[y][x]=z; 51 } 52 M(h,0); 53 cin>>dd; 54 F(i,0,dd){ 55 cin>>x>>y>>z; 56 for(int j=y;j<=z;j++) h[x][j]=1; 57 } 58 for(int i=1;i<=m;i++) 59 { 60 a[i][0]=0; 61 for(int j=1;j<=n;j++) a[i][j]=a[i][j-1]+h[i][j]; 62 } 63 } 64 inline int spfa(int u,int v) 65 { 66 int hd,tl; 67 hd=tl=0; 68 M(d,0x3f);M(vis,0); 69 q[tl++]=1;d[1]=0; 70 while(hd!=tl){ 71 int i=q[hd++]; 72 vis[i]=0; 73 for(int j=1;j<=m;j++) 74 { 75 if(mp[i][j]&&a[j][v]-a[j][u]==0&&d[i]+mp[i][j]<d[j]) 76 { 77 d[j]=d[i]+mp[i][j]; 78 if(!vis[j]){ 79 vis[j]=1; 80 q[tl++]=j; 81 } 82 } 83 } 84 } 85 return d[m]; 86 } 87 inline void solve() 88 { 89 int t;M(dp,0x3f); 90 dp[0]=0; 91 for(int i=1;i<=n;i++)F(j,0,i) 92 { 93 int kk=spfa(j,i); 94 if(kk!=inf&&(t=dp[j]+kk*(i-j)+k)<dp[i]) dp[i]=t; 95 } 96 cout<<dp[n]-k<<endl; 97 } 98 int main() 99 { 100 std::ios::sync_with_stdio(false);//cout<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(1)<<y; 101 #ifdef LOCAL 102 freopen("data.in","r",stdin); 103 freopen("data.out","w",stdout); 104 #endif 105 while(cin>>n>>m>>k>>e){ 106 init(); 107 solve(); 108 } 109 return 0; 110 }