bzoj1003 [ZJOI2006]物流运输(最短路+dp)

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

分析：
这道题挺难的，
ta的状态会随时变，虽然我们可以预处理

最后的答案由两部分组成，
显然我们需要每一部分都尽可能小，
所以说，航向一定要是能维持最长时间的最短路

于是就开始想了：
我一开始设计的状态是f[i][j]
表示第i天，从起点到达j的最短距离
但是这个状态怎么转移呢，宛如zz

实际上这道题需要庞大的预处理
f[i][j]表示i到j这段时间内，从起点到终点的最短距离
g[i]=min{g[j]+f[j+1][i]*(i-j)+K}

那怎么预处理呢：
朴素n^2+spfa预处理就可以了（真可怕，太暴力。。。）

tip

f[i][j]要是INF的话，乘（i-j）会爆int
然而我实在是太懒，直接强制转换成了ll

我之所以没有一A的原因，就是

n和m不要搞混

这里写代码片
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long

using namespace std;

const int N=23;
int n,m,K,e,d,st[N],tot=0;
struct node{
    int x,y,v,nxt;
};
node way[N*N*2];
int mp[N][102],tou,wei,q[N],dis[N],f[102][102];
bool p[N],vis[N];
ll g[102];

void add(int u,int w,int z)
{
    tot++;
    way[tot].x=u;way[tot].y=w;way[tot].v=z;way[tot].nxt=st[u];st[u]=tot;
    tot++;
    way[tot].x=w;way[tot].y=u;way[tot].v=z;way[tot].nxt=st[w];st[w]=tot;
}

int spfa()
{
    if (!vis[0]||!vis[m]) return 0;
    memset(p,1,sizeof(p));
    memset(dis,0x33,sizeof(dis));
    dis[1]=0; p[1]=0;
    wei=tou=0;
    q[++wei]=1;
    do
    {
        int r=q[++tou];
        for (int i=st[r];i;i=way[i].nxt)
            if (vis[way[i].y])
                if (dis[r]+way[i].v<dis[way[i].y])
                {
                    dis[way[i].y]=dis[r]+way[i].v;
                    if (p[way[i].y])
                    {
                        p[way[i].y]=0;
                        q[++wei]=way[i].y;
                    }
                }
        p[r]=1;
    }
    while (tou<wei);
    return dis[m];
}

void doit()
{
    int i,j,k;
    memset(g,0x33,sizeof(g));
    g[0]=0;
    for (i=1;i<=n;i++)
        for (j=0;j<i;j++)
           g[i]=min(g[i],g[j]+(ll)f[j+1][i]*(ll)(i-j)+(ll)K);
    printf("%lld",(ll)g[n]-K);
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&e);
    for (int i=1;i<=e;i++)
    {
        int u,w,z;
        scanf("%d%d%d",&u,&w,&z);
        add(u,w,z);
    }
    scanf("%d",&d);
    for (int i=1;i<=d;i++)
    {
        int P,a,b;
        scanf("%d%d%d",&P,&a,&b);
        for (int j=a;j<=b;j++)
            mp[P][j]=1;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=i;j<=n;j++)
        {
            memset(vis,1,sizeof(vis));
            for (int k=1;k<=m;k++)
                for (int l=i;l<=j;l++)
                    if (!vis[k]) break;
                    else vis[k]=(mp[k][l]==1 ? 0:1);   //mp==1 表示不能够到达
            f[i][j]=spfa(); 
        }
    doit();
    return 0;
}