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
Solution
这东西开始一直卡在怎么设计状态上，后来发现强行暴力好像就可以了？
考虑dp，设 (f[i]) 表示到第 (i) 天的最小代价是多少
(f[i]=min{f[j-1]+cost[j][i]+(j>1?K:0)}~~~~~(0 leq jleq i leq n))
意义就是，我们让第 (j) 天到第 (i) 天强行是一条路径，再从前面转移
(cost) 矩阵预处理就好了
是不是很水
我写的程序里把 (n) 和 (m) 换了一下，感觉 (n) 表示点数更顺手，注意一下就好了
#include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
const int MAXN=20+5,MAXM=100+10,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,K,t,d,e,to[MAXN*MAXN*2],nex[MAXN*MAXN*2],w[MAXN*MAXN*2],beg[MAXN],p[MAXN],dis[MAXN],use[MAXN],avail[MAXN][MAXM],cost[MAXM][MAXM];
ll f[MAXM];
std::queue<int> q;
struct edge{
int u,v,k;
};
edge side[MAXN*MAXN];
template<typename T> inline void read(T &x)
{
T data=0,w=1;
char ch=0;
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char ch=' ')
{
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
if(ch!=' ')putchar(ch);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void insert(int x,int y,int z)
{
to[++e]=y;
nex[e]=beg[x];
beg[x]=e;
w[e]=z;
to[++e]=x;
nex[e]=beg[y];
beg[y]=e;
w[e]=z;
}
inline int SPFA(int l,int r)
{
for(register int i=1;i<=n;++i)
{
use[i]=1;
for(register int j=l;j<=r;++j)
if(!avail[i][j])use[i]=0;
}
e=0;
memset(beg,0,sizeof(beg));
for(register int i=1;i<=t;++i)
if(use[side[i].u]&&use[side[i].v])insert(side[i].u,side[i].v,side[i].k);
memset(dis,inf,sizeof(dis));
dis[1]=0;
p[1]=1;
q.push(1);
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
p[x]=0;
for(register int i=beg[x];i;i=nex[i])
if(dis[to[i]]>dis[x]+w[i])
{
dis[to[i]]=dis[x]+w[i];
if(!p[to[i]])p[to[i]]=1,q.push(to[i]);
}
}
return dis[n];
}
int main()
{
read(m);read(n);read(K);read(t);
for(register int i=1;i<=t;++i)read(side[i].u),read(side[i].v),read(side[i].k);
for(register int i=1;i<=n;++i)
for(register int j=1;j<=m;++j)avail[i][j]=1;
read(d);
for(register int i=1;i<=d;++i)
{
int x,l,r;read(x);read(l);read(r);
for(register int j=l;j<=r;++j)avail[x][j]=0;
}
for(register int r=1;r<=m;++r)
for(register int l=1;l<=r;++l)cost[l][r]=SPFA(l,r);
memset(f,inf,sizeof(f));
f[0]=0;
for(register int i=1;i<=m;++i)
for(register int j=1;j<=i;++j)chkmin(f[i],(ll)(f[j-1]+1ll*cost[j][i]*(i-j+1)+(j!=1?K:0)));
write(f[m],'
');
return 0;
}