1003: [ZJOI2006]物流运输
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
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
//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
分析：
第一次拿到这道题，很迷。总觉得最短路里面夹杂了些什么不干净的东西。但是这道题正是这样的。因为路段不能走是在区间时间里的，所以这里首先想到的就是DP。如果我们没法做直接做最短路。那么我们就可以对路段进行决策，以天数与走的方案作为状态进行转移。。。这是我最初的认知。发现。其实。我想反了。
观摩各大神犇的代码发现，这里的最短路只是一部分，而我们是以天数作为状态。每次枚举在一段时间内的断点（换路），根据大小进行转移 。这个不懂可以往下看代码应该就好了。
因为每次每个点在不同时间能不能走都不一样，(1)所以我们专门有一个数组来记录整个点集，某个点在某个时间能不能走。(2)之后我们得对每段时间进行预处理。在这一段时间内的最短路。(3)最后我们对整个时间进行DP规划。
/**************************************************************
Problem: 1003
User: oscarcode
Language: C++
Result: Accepted
Time:96 ms
Memory:2092 kb
****************************************************************/
#include<cstdio>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
bool t[21][110];
long long f[110];
long long road[110][110];
int n,m,k,e;
struct node{
int v,next,val;
}edge[100010];
int head[21],cnt;
void add(int x,int y,int val)
{
edge[++cnt].v=y;
edge[cnt].next=head[x];
edge[cnt].val=val;
head[x]=cnt;
}
int queue[500];
int d[21];
bool roadcan[21];
int SPFA(int a,int b)
{
int heads=0,last=1,visit[21];
memset(d,127/3,sizeof(d));
memset(roadcan,false,sizeof(roadcan));
memset(visit,0,sizeof(visit));
for(int i=1;i<=m;++i)
for(int j=a;j<=b;++j)
if(t[i][j])roadcan[i]=true;
queue[0]=1;d[1]=0,visit[1]=1;
while(heads<last)
{
int news=queue[heads];
for(int i=head[news];i!=-1;i=edge[i].next)
{
if(!roadcan[edge[i].v] && d[edge[i].v]>d[news]+edge[i].val)
{
d[edge[i].v]=d[news]+edge[i].val;
if(!visit[edge[i].v])queue[last]=edge[i].v , last++;
visit[edge[i].v]=1;
}
}
++heads;
visit[news]=0;
}
return d[m];
}
void DP()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[i]=(long long)road[1][i]*i;
for(int j=0;j<i;j++)
f[i]=min(f[i],f[j]+k+road[j+1][i]*(i-j));
}
return ;
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
int a,b,c;
for(int i=1;i<=e;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b,c);add(b,a,c);
}
int q;
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;++i)
{
scanf("%d%d%d",&c,&a,&b);
for(int j=a;j<=b;++j)t[c][j]=true;//步骤1
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
{
road[i][j]=SPFA(i,j);//步骤2
}
DP();//步骤3
printf("%lld",f[n]);
return 0;
}
要注意这里变量开的大小很重要，这种东西很玄学。