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。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。
输入输出样例
输入样例#1：
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
输出样例#1：
32
说明
【样例输入说明】
上图依次表示第1至第5天的情况，阴影表示不可用的码头。
【样例输出说明】
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。
_NOI导刊2010提高（01）
数据范围并不大，暴力乱搞吧。
预处理出w[i][j]=从第i天到第j天的最短路，然后dp解决。
1 /*by SilverN*/ 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 7 #include<queue> 8 using namespace std; 9 int read(){ 10 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 11 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 12 while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 13 return x*f; 14 } 15 const int mxn=240; 16 struct edge{ 17 int v,nxt; 18 int dis; 19 }e[mxn],mp[mxn]; 20 int hd1[mxn]; 21 int mct1=0; 22 inline void add_edge(int u,int v,int dis){ 23 e[++mct1].v=v;e[mct1].nxt=hd1[u];e[mct1].dis=dis;hd1[u]=mct1; 24 return; 25 } 26 int n,m,k,E; 27 int f[mxn]; 28 int w[mxn][mxn];//第[i]天到第[j]天的最短路 29 bool ban[mxn][mxn]; 30 void dp(){ 31 int i,j; 32 memset(f,15,sizeof f); 33 f[0]=0; 34 for(i=1;i<=n;i++){ 35 for(j=0;j<i;j++){ 36 f[i]=min(f[i],f[j]+(i-j)*w[j+1][i]+k); 37 } 38 } 39 return; 40 } 41 int dis[mxn]; 42 bool inq[mxn]; 43 bool b[mxn]; 44 int head,tl; 45 int q[3000]; 46 int SPFA(int st,int ed){ 47 memset(dis,16,sizeof dis); 48 memset(inq,0,sizeof inq); 49 memset(b,0,sizeof b); 50 int i,j; 51 for(i=1;i<=m;i++) 52 for(j=st;j<=ed;j++) 53 if(ban[i][j]){ 54 b[i]=1;break; 55 } 56 if(b[1])return 1e6; 57 head=1;tl=1; 58 q[head]=1; 59 dis[1]=0; 60 inq[1]=1; 61 while(head!=tl+1){ 62 int u=q[head];head=(head+1)%3000; 63 for(i=hd1[u];i;i=e[i].nxt){ 64 int v=e[i].v; 65 if(b[v])continue; 66 if(dis[v]>dis[u]+e[i].dis){ 67 dis[v]=dis[u]+e[i].dis; 68 if(!inq[v]){ 69 inq[v]=1; 70 tl=(tl+1)%3000; 71 q[tl]=v; 72 } 73 } 74 } 75 inq[u]=0; 76 } 77 if(dis[m]>1e6)return 1e6; 78 return dis[m]; 79 } 80 int main(){ 81 n=read();m=read();k=read();E=read(); 82 int i,j; 83 int u,v,d; 84 for(i=1;i<=E;i++){ 85 u=read();v=read();d=read(); 86 add_edge(u,v,d); 87 add_edge(v,u,d); 88 } 89 d=read(); 90 int x; 91 for(i=1;i<=d;i++){ 92 x=read();u=read();v=read(); 93 for(j=u;j<=v;j++)ban[x][j]=1;//标记不能使用的时间段 94 } 95 // 96 for(i=1;i<=n;i++) 97 for(j=i;j<=n;j++){ 98 w[i][j]=SPFA(i,j); 99 // printf("dis: %d %d %d ",i,j,w[i][j]); 100 } 101 dp(); 102 printf("%d ",f[n]-k); 103 return 0; 104 }