BZOJP1003 [ZJOI2006]物流运输trans

BZOJP1003 [ZJOI2006]物流运输trans

1003: [ZJOI2006]物流运输trans

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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

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

 

【思路】

   SPFA+DP。

   设d[i]表示前i天运输的最小成本则有转移式：

   d[i]=min{ d[j]+cost(j+1,i)*(i-j)+K }

  其中cost(j+1,i)表示这一时间段内一直可以通行的最短路，这一决策代表了j+1到i时间内一直用这条最短路运输。

  Cost可以每次用SPFA求出，需要注意的是如何判断在一时间段内一个港口是否可行。

  另外注意:题目中有重边，一个港口可以多次不通行。

【代码】

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
using namespace std;

const int maxn = 20+10;
const int maxm = 100+10;
const int INF = 1<<30;


int n,m,K,e;
int can[maxn][2],f[maxm];
int w[maxn][maxn];
int A[maxn][maxm];

void init(){
    memset(w,0,sizeof(w));
    cin>>n>>m>>K>>e;
    int u,v,ww;
    FOR(i,1,e) {
        cin>>u>>v>>ww;
        if(!w[u][v] || ww<w[u][v]) w[u][v]=w[v][u]=ww;  //重边 
    }
    /* //失败写法 一个p可以有多次不能使用 //可以化成vector 
    int d; cin>>d;
    FOR(i,1,d) {
        int p,a,b; cin>>p>>a>>b;
        can[p][0]=a; can[p][1]=b;
    }
    */ 
    //前缀和思想判断是否可以使用 
    int d; cin>>d;
    FOR(i,1,d) {
        int p,a,b; cin>>p>>a>>b;
        FOR(j,a,b) A[p][j]=1;
    }
    FOR(i,1,m){
        A[i][0]=0;
        FOR(j,1,n) 
           A[i][j] += A[i][j-1];
    }
}

int SPFA(int s,int t)
//在时间st之内满足条件的最短路
{
    bool inq[maxn]; int d[maxn];
    fill(d,d+m+1,INF);
    memset(inq,false,sizeof(inq));
    queue<int> q;
    inq[1]=1; d[1]=0; q.push(1);
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front(); q.pop(); inq[u]=false;
        for(int v=1;v<=m;v++) 
        if(w[u][v]){
            if(A[v][t]-A[v][s-1]==0 && d[v]>d[u]+w[u][v]) {
                d[v]=d[u]+w[u][v];
                if(!inq[v]) {
                    inq[v]=true;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    return d[m];
}

void solve() {
    memset(f,25,sizeof(f));
    f[0]=0;         //显式把边界写出来
    FOR(i,1,n)
    {
        FOR(j,0,i-1)
        {
            int cost=SPFA(j+1,i);
            if(cost<INF) f[i]=min(f[i],f[j]+cost*(i-j)+K);
        }
    }
    cout<<f[n]-K<<"
";   //减去多算的一次K 
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);

    init();
    solve();
    
    return 0;
}