【BZOJ 1003】 [ZJOI2006]物流运输trans

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

HINT

 

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

 

这个题的数据范围是m<=20，所以第一想到状压，后来想了想好像不行的样子

之后想预处理出所有路径，在每一个时间确定能走那条，未果

没骨气的看了题解，才知道要处理出每个时间段内的最短路，然后DP

t[i][j] 表示第i天到第y天的最短路

f[1][j]初值为f[j]*j,f[j]=min(f[j],f[i]+K+(t[j+1][i])*(i-j))

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<iostream>
 4 #define ll long long
 5 using namespace std;
 6 const int N=110;
 7 int q[N*2],dis[N],head[N];
 8 ll f[N],t[N][N];
 9 bool pd[N][N],inq[N],no[N];
10 int cnt,n,m,K,e1,d;
11 struct ee{int to,next,w;}e[N*N];
12 void ins(int u,int v,int w){
13     e[++cnt].to=v,e[cnt].next=head[u],e[cnt].w=w,head[u]=cnt;
14     e[++cnt].to=u,e[cnt].next=head[v],e[cnt].w=w,head[v]=cnt;
15 }
16  
17 int spfa(int x,int y){
18     int l=0,r=0;
19     memset(no,0,sizeof(no));
20     memset(dis,127/3,sizeof(dis));
21     memset(inq,0,sizeof(inq));
22     for(int i=x;i<=y;i++)
23         for(int j=1;j<=m;j++) if(pd[i][j]) no[j]=1;
24     dis[1]=0;q[++r]=1;
25     while(l<r){
26         int now=q[++l];
27         for(int i=head[now];i;i=e[i].next){
28             int v=e[i].to;if(no[v]) continue;
29             if(e[i].w+dis[now]<dis[v]){
30                 dis[v]=e[i].w+dis[now];
31                 if(!inq[v]){
32                     q[++r]=v;
33                     inq[v]=1;
34                 }
35             }
36         }
37         inq[now]=0;
38     }
39     return dis[m];
40 }
41  
42 void dp(){
43     for(int i=1;i<=n;i++){
44         f[i]=(ll)t[1][i]*i;
45         for(int j=1;j<i;j++)
46         f[i]=min(f[i],f[j]+K+(t[j+1][i])*(i-j));
47     }
48 }
49  
50 int main(){
51     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&e1);
52     int u,v,w,p,a,b;
53     for(int i=1;i<=e1;i++){
54         scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
55         ins(u,v,w);
56     }
57     scanf("%d",&d);
58     for(int i=1;i<=d;i++){
59         scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);
60         for (int j=a;j<=b;j++) pd[j][p]=1;
61     }
62     for (int i=1;i<=n;i++)
63         for (int j=1;j<=n;j++)
64             t[i][j]=spfa(i,j);
65     dp();
66     printf("%lld",f[n]);
67 }
68