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
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
//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
思路：关键是怎么加上改变时候的价值。t[i][j]表示第i天到第j天的最短路，f[i]表示前i天最短路，我们可以假设发生过改变，t[i][j]=min(t[i][j],t[i][kk]+k+t[kk+1][j]*(j-kk)).
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 5 const int N=24; 6 7 struct node{ 8 int to,next,val; 9 }e[801]; 10 int tot,head[N]; 11 12 int vis[N],dis[N]; 13 int a[102][102]; 14 int n,m,k,E; 15 16 void init(){ 17 tot=0; 18 memset(head,-1,sizeof(head)); 19 } 20 21 void add(int x,int y,int z){ 22 e[tot].to=y;e[tot].next=head[x];e[tot].val=z;head[x]=tot++; 23 } 24 25 struct point{ 26 int id,vval; 27 point(int xx,int yy){ 28 id=xx;vval=yy; 29 } 30 bool operator <(const point &x) const{ 31 return vval>x.vval; 32 } 33 }; 34 35 bool block[22]; 36 ll t[102][102]; 37 38 int hh(int xxx,int yyy){ 39 memset(vis,0,sizeof(vis)); 40 memset(dis,127/3,sizeof(dis)); 41 dis[1]=0; 42 priority_queue<point >p; 43 p.push(point(1,0)); 44 memset(block,0,sizeof(block)); 45 for(int i=xxx;i<=yyy;i++) 46 for(int j=1;j<=m;j++) if(a[i][j]) block[j]=1; 47 while(!p.empty()){ 48 point xx=p.top(); 49 p.pop(); 50 if(vis[xx.id]) continue; 51 vis[xx.id]=1; 52 for(int i=head[xx.id];i!=-1;i=e[i].next){ 53 int v=e[i].to; 54 if(!vis[v]&&!block[v]&&xx.vval+e[i].val<dis[v]){ 55 dis[v]=xx.vval+e[i].val; 56 p.push(point(v,dis[v])); 57 } 58 } 59 } 60 return dis[m]; 61 } 62 63 ll f[102]; 64 65 void dp() 66 { 67 for(int i=1;i<=n;i++) 68 { 69 f[i]=(long long)t[1][i]*i; 70 for(int j=0;j<i;j++) 71 f[i]=min(f[i],f[j]+k+t[j+1][i]*(i-j)); 72 } 73 } 74 75 int main(){ 76 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&E); 77 init(); 78 int x,y,z; 79 for(int i=1;i<=E;i++){ 80 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); 81 add(x,y,z); 82 add(y,x,z); 83 } 84 int q; 85 scanf("%d",&q); 86 for(int i=1;i<=q;i++){ 87 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); 88 for(int j=y;j<=z;j++) a[j][x]=1; 89 } 90 for(int i=1;i<=n;i++){ 91 for(int j=1;j<=n;j++) { 92 t[i][j]=hh(i,j); 93 } 94 } 95 dp(); 96 cout<<f[n]<<endl; 97 }