【BZOJ1003】1003: [ZJOI2006]物流运输trans SPFA+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

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

 

Source

Solution：看了题解，原来是SPFA+DP，首先用SPFA预处理出path[i][j]（第i天到第j天的最短路，因为运费为1，所以最短路的费用最短），然后DP，枚举转运点j，方程为f[i]=min(f[i],f[j]+k+path[j+1][i]*(i-j));注意SPFA时对于不能装载的港口的处理也就是ctld=can't loading（？）。。。

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <queue>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cmath>
 6 #define ll long long
 7 using namespace std;
 8 struct data1{int next,p,v;}e[1010];
 9 int flag[21][101],head[21];
10 ll f[101],path[101][101];
11 int n,m,k,e1,cnt,d;
12 void se(int x,int y,int w)
13 {
14     cnt++; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt; e[cnt].p=y; e[cnt].v=w;
15     cnt++; e[cnt].next=head[y]; head[y]=cnt; e[cnt].p=x; e[cnt].v=w;
16 }
17 
18 int SPFA(int x,int y)
19 {
20     int  dis[21],ctld[21],visit[21];
21     memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
22     memset(visit,0,sizeof(visit));
23     memset(ctld,0,sizeof(ctld));
24     for (int i=x;i<=y;i++)
25         for (int j=1;j<=m;j++)
26             if (flag[j][i])    ctld[j]=1;
27     dis[1]=0; visit[1]=1; 
28     queue<int> q;
29     q.push(1);
30     while (!q.empty())
31     {
32         int now=q.front();q.pop(); 
33         for (int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
34         {
35             if (!ctld[e[i].p] && dis[e[i].p]>dis[now]+e[i].v)
36             {
37                 dis[e[i].p]=dis[now]+e[i].v;
38                 if (!visit[e[i].p])
39                 {
40                     visit[e[i].p]=1;
41                     q.push(e[i].p);
42                 }
43             }
44         }
45         visit[now]=0;
46     }
47     return dis[m];
48 }
49 
50 void DP()
51 {
52     for (int i=1;i<=n;i++)
53     {
54         f[i]=path[1][i]*i;
55         for (int j=0;j<i;j++)
56             f[i]=min(f[i],f[j]+k+path[j+1][i]*(i-j));
57     }
58 }
59 
60 int main()
61 {
62     memset(head,-1,sizeof(head));
63     memset(e,-1,sizeof(e));
64     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e1);
65     for (int i=1;i<=e1;i++)
66     {
67         int a,b,c;
68         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
69         se(a,b,c);
70     }    
71     scanf("%d",&d);
72     for (int i=1;i<=d;i++)
73     {
74         int a,b,p;
75         scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);
76         for (int j=a;j<=b;j++)    flag[p][j]=1;
77     }
78     for (int i=1;i<=n;i++)
79         for (int j=i;j<=n;j++)
80             path[i][j]=SPFA(i,j);
81     DP();
82     printf("%lld\n",f[n]);
83     return 0;
84 }

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