BZOJ1003: [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

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

吐槽一下，是十分暴力的写法。D[i][j]表示一条在 i - j 时段保持畅通的运输路线的最短距离，然后就是Biubiubiu的DP。关键是D[i][j]直接暴力求出每条边可不可用就可以直接SPFA了，来局昆特牌吗，亲。

 1 #include <cstdio>
 2 #include <vector>
 3 #include <cstring>
 4 using namespace std;
 5 struct node {
 6     int t, v;
 7 };
 8 vector <node> G[21];
 9 const int INF = 1 << 30;
10 int n, m, k, e, d, D[101][101], f[101];
11 bool sce[21][101];
12 bool clo[21];
13     
14 void add(int A, int B, int C) {
15     node t1 = {B, C}, t2 = {A, C};
16     G[A].push_back(t1), G[B].push_back(t2);
17 }
18 
19 void init() {
20     scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &e);
21     for (int i = 1; i <= m; i++) G[i].clear();
22     for (int i = 1; i <= e; i++) {
23         int x, y, z;
24         scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
25         add(x, y, z);
26     }
27     memset(sce, 0, sizeof(sce));
28     scanf("%d", &d);
29     for (int i = 1; i <= d; i++) {
30         int p, a, b; scanf("%d%d%d", &p, &a, &b);
31         for (int j = a; j <= b; j++)
32             sce[p][j] = 1;
33     }
34 }
35 
36 int SPFA() {
37     int head = 0, tail = 1, f[1000], dis[1000];
38     bool b[21];
39     memset(b, 0, sizeof(b));
40     for (int i = 1; i <= m; i++) dis[i] = INF;
41     b[1] = 1, f[1] = 1, dis[1] = 0;
42     while (head < tail) {
43         int T = f[++head]; b[T] = 0;
44         for (int i = 0; i < G[T].size(); i++)
45             if (!clo[G[T][i].t])
46             if (dis[T] + G[T][i].v < dis[G[T][i].t]) {
47                 dis[G[T][i].t] = dis[T] + G[T][i].v;
48                 if (!b[G[T][i].t]) {
49                     b[G[T][i].t] = 1; f[++tail] = G[T][i].t;
50                 }
51             }
52     }
53     return dis[m];
54 }
55 
56 int main() {
57     init();
58     
59     for (int i = 1; i <= n; i++)
60         for (int j = i; j <= n; j++) {
61             memset(clo, 0, sizeof(clo));
62             for (int k = 1; k <= m; k++)
63                 for (int l = i; l <= j; l++)
64                     clo[k] = clo[k] || sce[k][l];
65             D[i][j] = SPFA();
66         }
67     f[0] = -k;
68     for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = INF;
69     
70     for (int i = 1; i <= n; i++)
71         for (int j = 1; j <= i; j++)
72             if (D[j][i] != INF && f[j - 1] != INF)
73                 if (f[j - 1] + D[j][i] * (i - j + 1) + k < f[i])
74                     f[i] = f[j - 1] + D[j][i] * (i - j + 1) + k;
75     printf("%d
", f[n]);
76     return 0;
77 }

BZOJ1003