BZOJ1003&洛谷P1772--物流运输【ZJOI2006】DP+最短路

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1772

洛谷：

时间限制1.00s

内存限制125.00MB

 

BZOJ：

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB

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

---

首先要读懂题。。。题目的意思是每一天都会有船从1到m，n天就要跑n次1到m。

由于这题的数据比较小，所以解法其实挺暴力的，涉及到最小成本，我们应该可以想到DP，那么一dp[i]代表前i天的最小成本，那么dp方程式应该可以列出来了：

dp[i]=min{dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*dis[m]+k};

 其大概意思就是从第j天开始改变航线，那么当前的最小代价就是前j-1天的最小代价加上第j天到第i天的时间乘上1到m的最短距离+k。

那么接下来的关键就是这么保证第j天到第i天可以走通了。其实挺暴力的，我们直接用二维数组暴力打标记就好了：

for (int i=1; i<=d; i++){
    int p,l,r;
    in(p);in(l);in(r);
    for (int j=l; j<=r; j++) pot[p][j]=true;
}

打上标记后就是跑背包了套最短路了：

for (int i=0; i<=n; i++) dp[i]=inf;
dp[0]=-k;
for (int i=1; i<=n; i++) {
    memset(distry,false,sizeof distry);
    for (int j=i; j>=1; j--) {
        for (int k=1; k<=m; k++)
            if (pot[k][j]) distry[k]=true;
        dij(n,m);
        if (dis[m]==inf) break;
        dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*dis[m]+k);
    }
}

为了保证j到i的路线是可行的，那么我们可以从后往前推，一旦不行就代表这之前的都不行了，可以直接break了，然后就是跑dij最短路了，记得判断的时候加个特判distry数组的存在性。然后就是滚动数组跑一波完事了。

以下是AC代码：

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;

#define ll long long

const int mac=200;
const int inf=1e9+10;

struct node
{
    int to,next,w;
}eg[mac<<1];
struct qnode
{
    int id;
    ll d;
    bool operator<(const qnode &a) const{
        return d>a.d;
    }
};
ll dp[mac],dis[mac];
bool vis[mac],pot[mac][mac],distry[mac];
int head[mac],num=0;

void add(int u,int v,int w)
{
    eg[++num]=node{v,head[u],w};
    head[u]=num;
}

void dij(int n,int m)
{
    memset(vis,false,sizeof vis);
    for (int i=1; i<=m; i++) dis[i]=inf;
    dis[1]=0;
    priority_queue<qnode>q;
    q.push(qnode{1,0});
    while (!q.empty()){
        qnode now=q.top();
        q.pop();
        int id=now.id,d=now.d;
        if (vis[id]) continue;
        vis[id]=true;
        for (int i=head[id]; i!=-1; i=eg[i].next){
            int v=eg[i].to;
            if (!distry[v] && dis[id]+eg[i].w<dis[v]){
                dis[v]=dis[id]+eg[i].w;
                q.push(qnode{v,dis[v]});
            }
        }
    }
}

void in(int &x)
{
    int f=0;
    char ch=getchar();
    while (ch>'9' || ch<'0') ch=getchar();
    while (ch>='0' && ch<='9') f=(f<<1)+(f<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    x=f;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int n,m,k,e;
    memset(head,-1,sizeof head);
    in(n);in(m);in(k);in(e);
    for (int i=1; i<=e; i++){
        int u,v,w;
        in(u);in(v);in(w);
        add(u,v,w);add(v,u,w);
    }
    int d;
    in(d);
    memset(pot,false,sizeof pot);
    memset(distry,false,sizeof distry);
    for (int i=1; i<=d; i++){
        int p,l,r;
        in(p);in(l);in(r);
        for (int j=l; j<=r; j++) pot[p][j]=true;
    }
    for (int i=0; i<=n; i++) dp[i]=inf;
    dp[0]=-k;
    for (int i=1; i<=n; i++){
        memset(distry,false,sizeof distry);
        for (int j=i; j>=1; j--){
            for (int k=1; k<=m; k++) 
                if (pot[k][j]) distry[k]=true;
            dij(n,m);
            if (dis[m]==inf) break;
            dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*dis[m]+k);
        }
    }
    printf ("%lld
",dp[n]);
    return 0;
}