洛谷 题解 P1772 【[ZJOI2006]物流运输】

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，(e)表示航线条数。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。

【题意】

平面上有(m(m<=20))个点，(e)条边，需要你求(n(n<=100))次从(1)号点到(n)号点的最短路，如果你改变了最短路径，那么需要另外花费(k)元。每一条路径可能会在某（些）个时间段内关闭，问这n次最短路的总花费最小需要几元

【算法】

(DP+ ext{最短路})

【分析】

注：部分摘自here

最优解问题明显就是一个dp，而求两点之间的距离当然就是最短路了~

我们先考虑DP

• 设计状态

我们设dp[i]为前i天所需花费的最小费用

• 状态转移

f[i]=min(f[i],f[j-1]+(i-j+1) * L+K) （1<=j<=i)

什么意思呢? 就是第j天到第i天走同一条路，并且这条路和第j-1天是不同的

• 最短路

那么第j天到第i天走的肯定是此时情况下的最短路了,所以L表示在当前情况下的(1->m)的最短路,可以用(Spfa)或(Dijktra)求解

• 考虑码头是否开启

那么现在就要考虑码头无法使用的情况了，因为我们要保证第j天到第i天走的最短路是不能包括在这些天内不能经过的点的(哪怕是1天或是间断的几天都不行)

所以我们枚举j的时候可以从大到小枚举，并且将第j天无法通过的点同j+1->i天无法通过的点塞入一个集合(数组)，并且在求最短路时判断不经过集合(数组)中的点，就可以求出从第j天到第i天经过未损坏的点从1到m的最短路了。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,e;
int q;
vector<int>ver[25];
vector<int>edge[25];
bool tf[105][25];
int dp[105];
int d[105];
bool flag[105];
inline int read()
{
	int tot=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')
		c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9')
	{
		tot=tot*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return tot;
}
inline void SPFA()
{
	memset(d,0x3f,sizeof(d));
	queue<int>q;
	q.push(1);
	d[1]=0;
	while(q.size())
	{
		int now=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<ver[now].size();i++)
		{
			int x=ver[now][i];
			if(flag[x])continue;
			if(d[now]+edge[now][i]<d[x])
			{
				d[x]=d[now]+edge[now][i];
				q.push(x);
			}
		}
	}
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	k=read();e=read();
	for(int i=1;i<=e;i++)
	{
		int x=read(),y=read(),z=read();
		ver[x].push_back(y);
		edge[x].push_back(z);
		ver[y].push_back(x);
		edge[y].push_back(z);
	}
	q=read();
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		int p=read(),a=read(),b=read();
		for(int j=a;j<=b;j++)
			tf[j][p]=1;
	}
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dp[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)flag[j]=0;
		//for(int j=1;j<=n;j++)if(tf[i][j])flag[j]=1;
		for(int j=i;j>=1;j--)
		{
			for(int kk=1;kk<=m;kk++)
			if(tf[j][kk])flag[kk]=1;
			/*cout<<i<<" "<<j<<endl;
			for(int kk=1;kk<=m;kk++)
				cout<<flag[kk]<<" ";cout<<endl;*/
			SPFA();
			if(d[m]==0x3f3f3f3f)break;
			dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*d[m]+k);
		}
	}
	/*for(int i=1;i<n;i++)
		cout<<dp[i]-k<<" ";*/
	cout<<dp[n]-k<<endl;
	return 0;
}