[bzoj1003][ZJOI2006][物流运输] (最短路+dp)

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

//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

Solution

看上去写个暴力都很复杂

我们考虑枚举每个时间段的条件下我们固定要用的最优的路线，先找出这段时间内有部分时间或全部时间不能用的码头，暂时把它标记为不用，因为我们需要求的是这段时间永久的、可行的方案

这一步骤可以用最短路算法、暴力枚举时间区间[a,b]，暴力标记码头是否available来解决，最终我们会处理出一个cost[i,j]数组，得知i到j天的最少花费

此后我们用动态规划来解决

对于第i天，考虑状态转移

设状态f(i)代表第1~i天的最小花费，枚举j∈[0,i)代表分割出j+1~i为新路线，在第j+1天改动

那么状态转移方程就是f[i]->min{f[j]+cost[j+1][i]+K}

spfa的效率还是可以的

（话说暴力可以水吗？）

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define N 25
#define T 105
#define inf 0x3f3f3f3f
inline int Rin(){
    int x=0,c=getchar(),f=1;
    for(;c<48||c>57;c=getchar())
        if(!(c^45))f=-1;
    for(;c>47&&c<58;c=getchar())
        x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;
    return x*f;
}
bool ban[N][T],mark[N],con[N];
int n,m,_k,en,cost[T][T],q[65540],d[T];
struct pt{
    int v,w;pt*nxt;
}*fst[N],mem[N*N<<1],*tot=mem;
inline void link(int x,int y,int w){
    *++tot=(pt){y,w,fst[x]},fst[x]=tot;
    *++tot=(pt){x,w,fst[y]},fst[y]=tot;
}
inline int SPFA(int s,int t){
    int hd=0,tl=1;
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    memset(mark,0,sizeof(mark));
    q[0]=1;d[1]=0;mark[1]=1;
    while(hd^tl){
        int now=q[hd++];
        mark[now]=0;
        for(pt*j=fst[now];j;j=j->nxt)
            if(!con[j->v])
                if(d[j->v]>d[now]+j->w){
                    d[j->v]=d[now]+j->w;
                    if(!mark[j->v])
                        mark[j->v]=1,
                        q[tl++]=j->v;
                }
    }
    return d[m];
}
int main(){
    n=Rin(),m=Rin(),_k=Rin(),en=Rin();
    while(en--){
        int x=Rin(),y=Rin(),w=Rin();
        link(x,y,w);
    }
    int _d=Rin();
    while(_d--){
        int _p=Rin(),a=Rin(),b=Rin();
        for(int i=a;i<=b;i++)
            ban[_p][i]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i;j<=n;j++){
            memset(con,0,sizeof(con));
            for(int k=2;k<m;k++)
                for(int l=i;l<=j;l++)
                    if(ban[k][l]){con[k]=1;break;}
            cost[i][j]=SPFA(i,j);
            if(cost[i][j]>=inf)continue;
            cost[i][j]*=j-i+1;
        }
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    d[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<i;j++)
            if(d[i]>d[j]+cost[j+1][i]+_k)
                d[i]=d[j]+cost[j+1][i]+_k;
    printf("%d
",d[n]-_k);
    return 0;
}