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  • [ZJOI2006]物流运输(动态规划,最短路)

    [ZJOI2006]物流运输

    题目描述

    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—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。

    输入输出格式

    输入格式:

    第一行是四个整数n(l≤n≤100)、m(l≤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,e表示航线条数。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。

    输出格式:

    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。

    输入输出样例

    输入样例#1:

    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

    输出样例#1:

    32

    说明

    【样例输入说明】

    上图依次表示第1至第5天的情况,阴影表示不可用的码头。

    【样例输出说明】

    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。

    _NOI导刊2010提高(01)

    居然真的有图论套dp这种东西???

    最开始觉得是最短路,思考了会儿发现不容易直接确定路径,因为如果每次刚好都是最短路上的点被封锁,那么交换路线的次数会很多,还不如选一条稍远的但是比较“安逸”的路线。

    但是我们转眼一看诶(N,M)怎么都这么小???那么如果确定了一个时间段不换路径,那么这个时间段的路径就是最短路。对于一个时间点(i),直接枚举上次交换是哪个时间点,用预处理出来的路径转移一下就行了。这类数据范围比较小的题目,可以多思考怎么通过暴力的枚举简化过程,暴力求解不容易快速求解的东西。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    int read()
    {
        int x=0,w=1;char ch=getchar();
        while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
        while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
        return x*w;
    }
    const int N=110;
    int n,m,k,e,d,cnt,x,y,z;
    int head[N],dis[N],p[110],a[110],b[110],c[110][110],dp[110];
    bool vis[N];
    struct node{
        int v,to,next;
    }edge[N*N*2];
    void add(int x,int y,int z)
    {
        cnt++;edge[cnt].to=y;edge[cnt].v=z;edge[cnt].next=head[x];head[x]=cnt;
    }
    priority_queue<pair<int,int> >q;
    void init(int l,int r)
    {
        memset(dis,0x3f,sizeof(dis));memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(int i=1;i<=d;i++)
            if(l>b[i]||r<a[i]);else vis[p[i]]=1;
        q.push(make_pair(0,1));dis[1]=0;
        while(!q.empty())
        {
            int u=q.top().second;q.pop();
            if(vis[u])continue;vis[u]=1;
            for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
            {
                int v=edge[i].to;
                if(dis[v]>dis[u]+edge[i].v)
                dis[v]=dis[u]+edge[i].v,q.push(make_pair(-dis[v],v));
            }
        }
        c[l][r]=dis[m];
    }
    int main()
    {
        n=read();m=read();k=read();e=read();
        for(int i=1;i<=e;i++)
        {
            x=read();y=read();z=read();
            add(x,y,z);add(y,x,z);
        }
        d=read();
        for(int i=1;i<=d;i++) p[i]=read(),a[i]=read(),b[i]=read();
        for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=i;j<=n;j++)init(i,j);//,cout<<c[i][j]<<" ";
        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[0]=-k;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=0;j<i;j++)
                if(c[j+1][i]!=1061109567&&dp[j]!=1061109567)
                    dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(i-j)*c[j+1][i]+k);
        cout<<dp[n];
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/lsgjcya/p/9709575.html
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