【BZOJ1003】【ZJOI2006】物流运输

1003: [ZJOI2006]物流运输trans

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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

Sample Output
32

HINT

 

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

 

Source

说一句题外话 Sample Output里面的第一行多了，没必要，害得我WA了一次……

分析：第一感觉是n,m都很小，如果模拟，每次取当前时间的最短路，会发现这样有反例。然后想想这么做为什么错——因为有一个转变路径的花费k，每次取最短不能保证全局最短（假设K很大，第一次的最短路是ans,次短路是ans+1，而后面n-1次的最短路都是ans+1，如果就这么直接做是ans+(ans+1)*(n-1)+k，而如果全部走第一次的次短路，就是(ans+1)*n，注意到K很大，这么直接做就错了）。于是乎问题的关键就是什么时候换路径，于是想到DP

f[i]=min(g[1][i]*i,min(f[j]+g[j+1][i]*(i-j)+k))(1<=j<i<=n)

f[i]表示前i天的最小总成本

g[x][y]表示从第x天到第Y天（包括两边）共同走的最短的一条路的长度，这个要预处理，具体操作时把对应的[x,y]下不存在的点标记掉，然后跑dijkstra+heap

g[1][i]*i表示一直都走一条最短路，即不换路

min(f[j]+g[j+1][i]*(i-j)+k)表示在j处换路

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxm=20,maxn=100,inf=10000000;
struct heap
{
    int d,u;
    bool operator < (const heap& x) const
    {
        return d>x.d;
    }
};
priority_queue<heap> q;
struct wjmzbmr
{
    int to,data;
};
vector<wjmzbmr> a[maxm+10];
int n,m,k,e,cas,f[maxn+10],g[maxn+10][maxn+10],flag[maxm+10][maxn+10],v[maxm+10],d[maxm+10];
int dijkstra(int s,int t)
{
    memset(v,0,sizeof(v));
    for(int i=1;i<=m;++i)
        for(int j=s;j<=t;++j)
            if(flag[i][j]==1) 
            {
                v[i]=1;
                break;
            }
    if(v[1]==1||v[m]==1) return inf;
    for(int i=1;i<=m;++i) d[i]=inf;
    d[1]=0;
    q.push({0,1});
    while(!q.empty())
    {
        heap x=q.top();q.pop();
        if(v[x.u]==1) continue;
        for(int i=0;i<a[x.u].size();++i)
            if(v[a[x.u][i].to]==0&&d[x.u]+a[x.u][i].data<d[a[x.u][i].to])
            {
                d[a[x.u][i].to]=d[x.u]+a[x.u][i].data;
                q.push({d[a[x.u][i].to],a[x.u][i].to});
            }
    }
    return d[m];
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
    for(int i=0;i<=m+1;++i) a[i].clear();
    for(int i=1;i<=e;++i)
    {
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        a[x].push_back({y,z});
        a[y].push_back({x,z});                               
    }
    memset(flag,0,sizeof(flag));
    scanf("%d",&cas);
    for(int i=1;i<=cas;++i)
    {
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        for(int j=y;j<=z;++j) flag[x][j]=1;
    }
    memset(g,0,sizeof(g));
    while(!q.empty()) q.pop();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=i;j<=n;++j)
            g[i][j]=dijkstra(i,j);
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        f[i]=g[1][i]*i;
        for(int j=1;j<i;++j)
            f[i]=min(f[i],f[j]+g[j+1][i]*(i-j)+k);
    }
    printf("%d",f[n]);
    return 0;
}