bzoj1003: [ZJOI2006]物流运输（DP + 最短路）

bzoj1003

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。

输入格式：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。

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。

输入样例：
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

输出格式：
32

解析：挺简单的一道题。
   设dp[i]表示第i天所需要的最小成本。
   那么可以枚举上一次和第i天走的最短路相同的天数j，则dp[i] = max(dp[j - 1] + (i - j + 1) * dis + k)，dis是从1到m的最短路。最后输出答案即可。
   注意dp[0] = -k，因为第一次最短路不需要修改。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 5; //不知道d和e是多少就开了这么大 QAQ~ 
int n, m, k, e, dis[25], d, mark[105][25], dp[105], bj[25], vis[25];
int nxt[maxn << 1], hed[maxn << 1], to[maxn << 1], val[maxn << 1], cnt;
struct dui{
	int dis, p;
	bool operator<(const dui &a)const{
	  return a.dis < dis;
	}
};
priority_queue <dui> heap;

int read(void) {
	char c; while (c = getchar(), c < '0' || c >'9'); int x = c - '0';
	while (c = getchar(), c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0'; return x;
}

void add(int x, int y, int len) {
	nxt[++ cnt] = hed[x]; hed[x] = cnt; to[cnt] = y; val[cnt] = len;
} 

void dijkstra(void) {
	for (int i = 1; i <= m; ++ i) dis[i] = 2e9, vis[i] = 0;
	dis[1] = 0; heap.push((dui){0, 1});
	while (!heap.empty()) {
	  dui u = heap.top(); heap.pop();
	    if (vis[u.p]) continue;
	  vis[u.p] = 1; 
	    for (int i = hed[u.p]; i ; i = nxt[i]) {
	      int v = to[i];
	        if (bj[v]) continue; //如果不能走就换一个点 
	        if (dis[v] > dis[u.p] + val[i]) {
	          dis[v] = dis[u.p] + val[i];
	          heap.push((dui){dis[v], v});
			}
		}
	}
}

int main() {
	n = read(); m = read(); k = read(); e = read();
	  for (int i = 1; i <= e; ++ i) {
	  	int x = read(), y = read(), len = read();
	  	add(x, y, len); add(y, x, len);
	  }
	d = read();
	  for (int i = 1; i <= d; ++ i) {
	  	int p = read(), x = read(), y = read();
	  	  for (int j = x; j <= y; ++ j) mark[j][p] = 1;
	  }
	dp[0] = -k; 
	  for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
	  	dp[i] = 2e9;
	  	for (int j = 1; j <= m; ++ j) bj[j] = 0; //bj表示不能走的点 
	  	for (int j = i; j ; -- j) { //注意要大到小枚举！ 
	  		for (int h = 1; h <= m; ++ h) bj[h] |= mark[j][h];
	  		dijkstra();
	  		if (dis[m] == 2e9) break; //如果无法连通，就直接退出 
	  		dp[i] = min(dp[i], dp[j - 1] + (i - j + 1) * dis[m] + k);
		  }
	  }
	printf("%d", dp[n]);
	return 0;
}