[ZJOI2006]物流运输trans

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

 

题解：

这个题目正解是spfa,DP,这个题解不难想出是这个，DP也不难理解，就是状态转移有点难想，首先我们可以把任意i~j中可以走那些点处理出来，进而处理出任意i~j天如果都用一种走法的最小花费(不考虑k值)求出来，用spfa很好求。最好就是DP了，设dp[i]表示前i天的最小花费，转移很巧妙dp[i]=max(dp[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k)。注意dp[0]=-k;很好理解，就是一个类似完全背包的东西，dp[0]=-k,就把方案路径相等的情况考虑进来了。

 

代码：

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
const int MAXN=1000;
using namespace std;
int n,m,k,e,d,num=0;
struct edge{
    int first;
    int next;
    int quan;
    int to;
}a[MAXN*2];
int dis[MAXN],have[MAXN],can[120][120][120];
int dp[MAXN],cost[120][120],inf;
queue<int> q;
 
void addedge(int from,int to,int quan){
    a[++num].to=to;
    a[num].quan=quan;
    a[num].next=a[from].first;
    a[from].first=num;
}
 
void cl(){
    memset(dis,37,sizeof(dis));
    memset(have,0,sizeof(have));
    memset(dp,37,sizeof(dp));
    memset(can,1,sizeof(can));
    memset(cost,37,sizeof(cost));
    inf=dis[0];
}
 
void spfa(int day1,int day2){
    while(!q.empty())q.pop();
    for(int i=1;i<=m;i++) have[i]=0;
    for(int i=1;i<=m;i++) dis[i]=dp[0];
    q.push(1);
    dis[1]=0,have[1]=1;
    while(!q.empty()){
        int now=q.front();
        q.pop();
        have[now]=0;
        for(int i=a[now].first;i;i=a[i].next){
            int to=a[i].to;
            int quan=a[i].quan;
            if(!can[to][day1][day2]) continue;
            if(dis[to]>dis[now]+quan){
                dis[to]=dis[now]+quan;
                if(!have[to]){
                    have[to]=1;
                    q.push(to);
                }
            }
        }
    }
    cost[day1][day2]=dis[m];
}
 
int main(){
    cl();
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
    for(int i=1;i<=e;i++){
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        addedge(x,y,z);
        addedge(y,x,z);
    }
    scanf("%d",&d);
    for(int i=1;i<=d;i++){
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        if(y>z) swap(y,z);
        for(int i=1;i<=z;i++)
        for(int j=y;j<=n;j++)
            if(i<=j) can[x][i][j]=0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=i;j<=n;j++)
    spfa(i,j);
    dp[0]=-k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<i;j++){
            if(cost[j+1][i]==inf||dp[j]==inf) continue;
            dp[i]=min(dp[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k,dp[i]);
        }
    }
    printf("%d",dp[n]);
}