[BZOJ] 1003 [ZJOI2006]物流运输

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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

最短路一定是要求的了，并且起点一定是1，终点一定是m。

预处理dis数组，表示[i,j]天内走最短路的距离，在跑最短路前，处理出这些天有哪些点事不能走的。

朴素地跑O(n^2)次最短路，得到dis数组。

再在dis数组上进行dp，dp[i]表示从第一天到第i天的最小代价。
dp[i]=min{dp[j]+cost[j][i]+K,dp[i]}，其中j < i。
初值：dp[i]=dis[1][i]（直接跑最短路，不修改的情况）

注意邻接表开够（pup 还是vector好..），还有dis数组在用最短路处理后，要乘以天数(j-i+1)，因为每天都要走一次。

#include
#include
#include
#include
using namespace std;

const int MAXN=105;
const int INF=1<<29;

inline int rd(){
    int ret=0,f=1;char c;
    while(c=getchar(),!isdigit(c))f=c=='-'?-1:1;
    while(isdigit(c))ret=ret*10+c-'0',c=getchar();
    return ret*f;
}

struct Edge{
    int next,to,w;
}e[MAXN*MAXN*2];
int ecnt,head[MAXN*MAXN];
inline void add(int x,int y,int w){
    e[++ecnt].next = head[x];
    e[ecnt].to = y;
    e[ecnt].w = w;
    head[x] = ecnt;
}

int n,m,K,Es,d;

bool vaild[MAXN][MAXN];

int dis[MAXN][MAXN];
bool usable[MAXN];

queue<int> Q;
int inq[MAXN];
int ds[MAXN];
int spfa(){
    for(int i=1;i<=m;i++)ds[i]=INF;
    memset(inq,0,sizeof(inq));
    Q.push(1);inq[1]=1;ds[1]=0;
    while(!Q.empty()){
        int top=Q.front();
        Q.pop();inq[top]=0;
        for(int i=head[top];i;i=e[i].next){
            int v=e[i].to;
            if(usable[v]) continue;
            if(ds[v]>ds[top]+e[i].w){
                ds[v]=ds[top]+e[i].w;
                if(!inq[v]) Q.push(v),inq[v]=1;
            }
        }
    }
    return ds[m];
}

int ans[MAXN];

int main(){
    n=rd();m=rd();K=rd();Es=rd();
    for(int i=1;i<=Es;i++){
        int x,y,w;
        x=rd();y=rd();w=rd();
        add(x,y,w);
        add(y,x,w);
    }
    d=rd();
    for(int i=1;i<=d;i++){
        int p,x,y;
        p=rd();x=rd();y=rd();
        for(x;x<=y;x++) vaild[p][x]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i;j<=n;j++){
            memset(usable,0,sizeof(usable));
            for(int x=1;x<=m;x++){//
                for(int y=i;y<=j;y++){
                    usable[x]|=vaild[x][y];
                }
            }
            dis[i][j]=spfa();
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(dis[i][j]1);//
        }
    }
    memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
    for(int i=1;i<=n;i++) ans[i]=dis[1][i];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=1;j1][i]+K);
        }
    }
    cout<return 0;
}