BZOJ 1003: [ZJOI2006]物流运输 Dp+最短路

title

BZOJ 1003
LUOGU 1772
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

analysis

$BZOJ$ 刷题任务中，这一道题很不错啊，为啥只是个兰提，我还想半天呢。

有大佬说：最优结构（成本最小）当然就要 $DP$ 了，求两点间最短距离肯定就要最短路了。
讲台下的我：…

不过确实是这样，看了半天题目，才明白成本=路程，所以是要处理最短路的，但是放到哪里处理呢？

这就是本题的关键了，下面先来看一下针对整道题目的 $DP$ 方程怎么列（前面的问题你怎么不解决了。等等，往下看）。

因为我们不清楚他第几天会改变运输路线，那我们就处理出第$i\sim j$天都走同一条最短路的花费为$cost[i][j]$，同时设状态为 $f[i]$ 表示前 $i$ 天的费用，稍加思索，状态转移方程就可以列一下了：
$$f[i]=\underset{1\le j<i,1\le i\le n}{\min }\left\{f[j]+cost[i][j]\ast (i-j)+k\right\}$$

好了，你有疑问了，这个 $f[i]$ 就是最终答案，可以通过上面的状态转移方程来求，那这个 $cost[i][j]$ 怎么求嘞？

不急不急，这就回归到上面的问题了。

解决方法也比较容易，对于每一个 $(i,j)$ ，先把 $i$ 到 $j$ 天之间封闭的码头全部设为不可走，跑一遍最短路即可，初值为 $INF$。（这样上面的问题也解决了）。

呼~这道题目算解决了，但是别急着交上去，有时候要翻一下讨论区，这样你才能机智地把上面的两个关键数组开成$longlong$，从而 $1A$，否则，你就 $90pts$ 了。

code

#include
using namespace std;
typedef long long ll;//数据那么小，还是得开long long
const int maxn=110,maxm=1e4+10;

char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
template<typename T>inline void read(T &x)
{
	x=0;
	T f=1, ch=getchar();
	while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
	if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
	while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
	x*=f;
}

template<typename T>inline void write(T x)
{
	if (!x) { putchar('0'); return ; }
	if (x<0) putchar('-'), x=-x;
	T num=0, ch[20];
	while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
	while (num) putchar(ch[num--]);
}

int ver[maxm<<1],edge[maxm<<1],Next[maxm<<1],head[maxn],len=1;
inline void add(int x,int y,int z)
{
	ver[++len]=y,edge[len]=z,Next[len]=head[x],head[x]=len;
}

int dist[maxn];
bool vis[maxn],cant_vis[maxn];
inline void spfa(int s)
{
	memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	queue<int>q;q.push(s);
	dist[s]=0,vis[s]=1;
	while (!q.empty())
	{
		int x=q.front();
		q.pop();
		vis[x]=0;
		for (int i=head[x]; i; i=Next[i])
		{
			int y=ver[i],z=edge[i];
			if (cant_vis[y]) continue;
			if (dist[y]>dist[x]+z)
			{
				dist[y]=dist[x]+z;
				if (!vis[y]) q.push(y),vis[y]=1;
			}
		}
	}
}

ll cost[maxn][maxn],f[maxn];//第i~j天都走同一条最短路的花费为cost[i][j]，前i天的最小费用为f[i]
bool ban[maxn][maxn];
int main()
{
	int n,m,k,e;
	read(n);read(m);read(k);read(e);
	for (int i=1,x,y,z; i<=e; ++i) read(x),read(y),read(z),add(x,y,z),add(y,x,z);
	int d;read(d);
	for (int i=1,x,a,b; i<=d; ++i)
	{
		read(x);read(a);read(b);
		for (int j=a; j<=b; ++j) ban[x][j]=1;//表示第x个码头在第j天不能正常工作
	}
	for (int i=1; i<=n; ++i)
		for (int j=1; j<=n; ++j)
		{
			memset(cant_vis,0,sizeof(cant_vis));//记得清空，否则爆零两行泪
			for (int r=i; r<=j; ++r)//枚举天数
				for (int l=1; l<=m; ++l)//枚举码头
					if (ban[l][r]) cant_vis[l]=1;//打标记，不能走这个码头
			spfa(1);//最短路什么的随便
			cost[i][j]=dist[m];//预处理出第i~j天的费用
		}
	memset(f,0x7f,sizeof(f));
	for (int i=1; i<=n; ++i)
	{
		f[i]=1ll*cost[1][i]*i;//刚开始走的费用就是从第1天走到这一天的费用了
		for (int j=i-1; j; --j) f[i]=min(f[i],f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k);//状态转移方程：表示在第j+1天改变路线，第j+1~i天走同一条路线
	}
	write(f[n]);
	return 0;
}

summary

1. $DP$ 又出现了，还是与最短路相结合着出现的，更加衬托着他的重要性。
2. $DP$ 的思维性可以说是极强的了，所以要静下心来推导状态转移方程式。
3. 嗯，再接再厉，继续完成任务。