洛谷 P1772 [ZJOI2006]物流运输
JDOJ 1069: [ZJOI2006]物流运输
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
【样例输入说明】
题解：
这题很有思维含量。
正解应该是SPFA加DP。
需要统计的量很多，也就是说，我们把代码里的数组表示的是什么含义弄明白的话，就可以AC这道题。
首先我们要存图。
然后cannot i j数组表示第i个码头在第j天的时候是过不去的。
然后cost数组表示的是从i到j天的花费。
cant数组是线性的，为了spfa的时候打标记（即跳过）。
dp数组就不说了。
然后我们明确了这题的思路：
先按照标记跑最短路，存入cost数组，最后按照cost数组进行DP。
那么难点来了，怎么DP。
首先明确DP的状态，我们决策的时候其实就是在判断j+1这一天换不换路线。
所以我们就可以DP,Z最后的答案就是dp[n]
码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int d,cnt,head[25],dis[25],vis[25],cant[25];
ll cost[105][105],dp[105];
int n,m,k,ee,cannot[25][105];
struct Edge{
int v,nx,s;
}e[201];
inline int read()
{
int ret=0,ff=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') ff=-ff;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){ret=(ret<<3)+(ret<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return ret*ff;
}
void add(int x,int y,int z){
e[++cnt].v=y;
e[cnt].s=z;
e[cnt].nx=head[x];
head[x]=cnt;
}
void spfa(){
for(int i=1;i<=m;i++) dis[i]=1e9,vis[i]=0;
queue<int> q;
dis[1]=0;
q.push(1);
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
vis[x]=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nx)
{
int v=e[i].v;
if(cant[v])
continue;
if(dis[v]>dis[x]+e[i].s)
{
dis[v]=dis[x]+e[i].s;
if(!vis[v])
{
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
}
}
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read(),ee=read();
for(int i=1;i<=ee;i++)
{
int x=read(),y=read(),z=read();
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
d=read();
for(int i=1;i<=d;i++)
{
int t=read(),x=read(),y=read();
for(int j=x;j<=y;j++)
cannot[t][j]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
memset(cant,0,sizeof(cant));
for(int r=i;r<=j;r++)
for(int l=1;l<=m;l++)
if(cannot[l][r])
cant[l]=1;
spfa();
cost[i][j]=dis[m];
}
memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i]=(ll)cost[1][i]*i;
for(int j=i-1;j>=0;j--)
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k);
}
printf("%lld",dp[n]);
return 0;
}