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
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
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。
题解：
我们先预处理出从[L,R]这几天中&&在满足某些点不能走的情况下的最短路，记为C[N][N];
于是可以进行DP：
设F[I]为前i天的最小总成本，可以得出： F[i]=min(F[i],F[j]+c[j+1][i]*(i-j)+k) k为改变线路所需的费用，（i-j）为这一段时间内的天数
具体看代码:
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<ctime> 8 #include<queue> 9 using namespace std; 10 typedef long long ll; 11 const int N=105,M=1000005; 12 int n,m,k,day; 13 int gi() 14 { 15 int str=0;bool f=1;char ch=getchar(); 16 while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 17 while(ch>='0' && ch<='9')str=str*10+ch-'0',ch=getchar(); 18 return str*f; 19 } 20 const int INF=1999999999; 21 struct Lin 22 { 23 int next,to,dis; 24 }a[N*N*2]; 25 bool vis[N]; 26 int head[N],num=0;int c[N][N],f[N]; 27 bool nort[21]; 28 bool d[21][N]; 29 int F[N]; 30 void spfa(int from,int to)//表示从第from天到to天 31 { 32 int x,u; 33 queue<int>q; 34 q.push(1); 35 for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=INF,vis[i]=false; 36 vis[1]=true;f[1]=0; 37 while(!q.empty()) 38 { 39 x=q.front();q.pop(); 40 for(int i=head[x];i;i=a[i].next){ 41 u=a[i].to; 42 if(!nort[u]){//如果该点在from-to中不能通行则不能加入队列 43 if(f[x]+a[i].dis<f[u]){ 44 f[u]=f[x]+a[i].dis; 45 if(!vis[u]){ 46 vis[u]=true;q.push(u); 47 } 48 } 49 } 50 } 51 vis[x]=false; 52 } 53 c[from][to]=f[n]; 54 } 55 void init(int x,int y,int z) 56 { 57 a[++num].next=head[x]; 58 a[num].to=y; 59 a[num].dis=z; 60 head[x]=num; 61 } 62 int main() 63 { 64 int x,y,z; 65 day=gi();n=gi();k=gi();m=gi(); 66 for(int i=1;i<=m;i++){ 67 x=gi();y=gi();z=gi(); 68 init(x,y,z);init(y,x,z); 69 } 70 int ppap=gi(),ls,rs; 71 for(int i=1;i<=ppap;i++){ 72 x=gi();ls=gi();rs=gi(); 73 for(int j=ls;j<=rs;j++)d[x][j]=true; 74 } 75 for(int i=1;i<=day;i++){//预处理 76 memset(nort,0,sizeof(nort)); 77 for(int j=i;j<=day;j++){ 78 for(int k=1;k<=n;k++)nort[k]|=d[k][j]; 79 spfa(i,j); 80 } 81 } 82 memset(F,127/3,sizeof(F)); 83 F[0]=-k; 84 for(int i=1;i<=day;i++){ 85 for(int j=0;j<=i-1;j++) 86 if(c[j+1][i]!=INF) 87 F[i]=min(F[i],F[j]+c[j+1][i]*(i-j)+k); 88 } 89 printf("%d",F[day]); 90 return 0; 91 }