BZOJ_1003_[ZJOI2006]_物流运输_(动态规划+最短路)

描述

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http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1003

m个码头,从1运货到m,n天每天运,其中有一些码头在特定的天里不能使用.运货的代价:在两个码头之间运输的代价等于两个码头之间的距离,换运输路线的代价为k,求n天运输的最小代价.

1003: [ZJOI2006]物流运输

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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

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

HINT

 

Source

分析

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显然给出一张图直接跑最短路即可.那么我们用cost[i][j]表示从第i天到第j天跑同一条路线的最小花费,用f[i]表示到第i天为止的总花费.那么f[i]=min{f[j]+cost[j+1][i]}(0<=j<i)

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

const int maxn=100+5,maxm=20+5,oo=1<<27;
struct edge{
    int to,d,next;
    edge(){}
    edge(int a,int b,int c):to(a),d(b),next(c){}
}g[maxm*maxm*2];
int head[maxm],cnt;
int n,m,k,e,_d;
int d[maxm],f[maxn];
int cost[maxn][maxn];
bool vis[maxm],mark[maxm];
bool ban[maxn][maxm];

void insert(int from,int to,int d){
    g[++cnt]=edge(to,d,head[from]); head[from]=cnt;
    g[++cnt]=edge(from,d,head[to]); head[to]=cnt;
}

void spfa(){
    queue <int> q;
    for(int i=1;i<=m;i++) d[i]=oo;
    memset(vis,false,sizeof vis);
    d[1]=0; vis[1]=true;
    q.push(1);
    while(!q.empty()){
        int x=q.front(); q.pop();
        vis[x]=false;
        for(int i=head[x];i;i=g[i].next){
            int y=g[i].to,dxy=g[i].d;
            if(!mark[y]&&d[y]>d[x]+dxy){
                d[y]=d[x]+dxy;
                if(!vis[y]){
                    vis[y]=true;
                    q.push(y);
                }
            }
        }
    }
}

int main(){
    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);
        insert(x,y,z);
    }
    scanf("%d",&_d);
    for(int i=1;i<=_d;i++){
        int z,x,y;
        scanf("%d%d%d",&z,&x,&y);
        for(int j=x;j<=y;j++){
            ban[j][z]=true;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i;j<=n;j++){
            memset(mark,false,sizeof mark);
            for(int k=2;k<m;k++){
                for(int l=i;l<=j;l++){
                    if(ban[l][k]){
                        mark[k]=true;
                        break;
                    }
                }
            }
            spfa();
            cost[i][j]=d[m]*(d[m]==oo?1:j-i+1);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=oo;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<i;j++){
            f[i]=min(f[i],f[j]+cost[j+1][i]+k);
        }
    }
    printf("%d
",f[n]-k);
    return 0;
}