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  • BZOJ 1003: [ZJOI2006]物流运输

    1003: [ZJOI2006]物流运输

    Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB

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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

    题解

    设dis[i][j]为第i天到第j天1到m的最短路,枚举i,j两天,标记可用码头,用SPFA求出。

    设f[i]为前i天的最小花费,则f[i]=max(f[i],f[j]+(i-j)*dis[j+1][i]+k)。

    因为第一次决定路线不需要费用,所以f[0]初值为-k。

    代码

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<cmath>
    #include<algorithm>
    #include<iostream>
    #include<queue>
    using namespace std;
    const int N=105,M=25,inf=0x3f3f3f3f;
    int n,m,k,cnt,tot=1,d,p,l,r;
    int head[M],vis[M],dis[M],g[N][N],f[N],t[M][N],fg[M];
    struct edge{
    	int u,v,w,next;
    }e[M*M];
    void addedge(int u,int v,int w){
    	e[tot]=(edge){u,v,w,head[u]};
    	head[u]=tot++;
    }
    void insert(int u,int v,int w){
    	addedge(u,v,w);
    	addedge(v,u,w);
    }
    queue<int>q;
    void spfa(int l,int r){
    	for(int i=1;i<=m;i++){
    		fg[i]=0;
    		for(int j=l;j<=r;j++){
    			if(t[i][j]){
    				fg[i]=1;
    				break;
    			}
    		}
    		dis[i]=inf;
    		vis[i]=0;
    	}
    	dis[1]=0;
    	q.push(1);
    	vis[1]=1;
    	int u,v,w;
    	while(!q.empty()){
    		u=q.front();
    		q.pop();
    		vis[u]=0;
    		for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
    			v=e[i].v,w=e[i].w;
    			if(!fg[v]){
    				if(dis[u]+w<dis[v]){
    					dis[v]=dis[u]+w;
    					if(!vis[v]){
    						q.push(v);
    						vis[v]=1;
    					}
    				}
    			}
    		}
    	}
    }
    int main(){
    	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&cnt);
    	int u,v,w;
    	for(int i=1;i<=cnt;i++){
    		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
    		insert(u,v,w);
    	}
    	scanf("%d",&d);
    	for(int i=1;i<=d;i++){
    		scanf("%d%d%d",&p,&l,&r);
    		for(int j=l;j<=r;j++)t[p][j]=1;
    	}
    	for(int i=1;i<=n;i++)
    		for(int j=i;j<=n;j++){
    			spfa(i,j);
    			g[i][j]=dis[m];
    		}
    	memset(f,inf,sizeof(f));
    	f[0]=-k;
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		for(int j=0;j<i;j++){
    			if(g[j+1][i]!=inf)f[i]=min(f[i],f[j]+(i-j)*g[j+1][i]+k);
    		}
    	}
    	printf("%d
    ",f[n]);	
    	return 0;
    }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/chezhongyang/p/7661727.html
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