【题解】物流运输 [ZJ2006] [P1772] [BZOJ1003]

传送门：物流运输 ([ZJ2006]) ([P1772]) ([BZOJ1003])

【题目描述】

给定一个含 (e) 条带权边的无向图，每天都需要从结点 (1) 走到结点 (m)，一共要走 (n) 天，每天的花费为所经过路径的权值和。一般来说会选择一条路线每天都这样走下去，但某些结点会在连续的几天内都无法经过，这时候就需要改变路线。每次改变路线都有 (K) 的额外花费。求最小总花费。
（即：总花费 (=) (n) 天经过路径花费和 (+) (K*) 改变路径次数）

【输入】

第一行四个整数 (n,m,K,e)，后面 (e) 行表示每条边所连接的结点编号和边权。接下来一个整数 (T) 表示有 (T) 个结点会在某一时段无法通过，后面每行三个整数分别表示节点编号，无法通过的天数起点和终点。

【输出】

一个整数表示最小花费。

【样例】

【数据范围】

(100\%) (1 leqslant N leqslant 100,) (1 leqslant m leqslant 20)

【分析】

暂时先不考虑如何计算路径花费的问题，就先视作 (w) 好了。
很明显，状态转移的切入点在于路径的改变。用 (dp[i]) 表示走完前 (i) 天所需最小花费，设最后一次改变路径后使用的天数为 ([j+1,i])，那么 (dp[i]=min{dp[j]+K+w*(i-j)}) 。

一开始看到这个式子还以为是斜率优化，但实际上并不需要，这么良心的数据直接暴力就能过。

求 (w) 可以使用 (dijkstra) 或者 (SPFA)，不能走的结点就提前记录一下。可以用 (no[i][j]) 表示 (i) 在 (j) 这天不可走，转移状态时倒序枚举 (j)。由于 (j+1) 这天不可经过的点在 (j) 这天还是不可经过，这样做就可以省掉一些麻烦。

另外，如果 (inf) 设太大的话，两个 (inf) 相乘会爆 (long) (long)，要特判一下。

初始化有两种方法：(dp[i]=w*i(i in [1,n])) 或者 (dp[0]=-K)，如果是后者，在第 (0) 天后改变路径并加上 (K) 的花费，实际上就是 (0) 花费选出了第一条路径。

时间复杂度为：(O(n^2mlogm)) 。

【Code】

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define LL long long
#define Re register LL
using namespace std;
const LL N=103,M=403,inf=1e18;
LL n,m,e,o,x,y,z,K,to,dp[N],dis[N],pan[N],can[N],head[N],no[N][N];
struct QAQ{LL w,to,next;}a[M<<1];
struct QWQ{LL x,d;inline bool operator<(QWQ o)const{return d>o.d;}};
priority_queue<QWQ>Q;
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
inline void add(Re x,Re y,Re z){a[++o].to=y,a[o].w=z,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline LL dijkstra(){
    for(Re i=0;i<=m;++i)pan[i]=0;
    for(Re i=0;i<=m;++i)dis[i]=inf;
    pan[1]=0,Q.push((QWQ){1,dis[1]=0});
    while(!Q.empty()){
        x=Q.top().x,Q.pop();
        if(pan[x]||can[x])continue;
        pan[x]=1;
        for(Re i=head[x];i;i=a[i].next)
            if(dis[to=a[i].to]>dis[x]+a[i].w){
            	dis[to]=dis[x]+a[i].w;
            	Q.push((QWQ){to,dis[to]});
            }
    }
    return dis[m];
}
int main(){
    in(n),in(m),in(K),in(e);
    while(e--)in(x),in(y),in(z),add(x,y,z),add(y,x,z);
    in(e);
    while(e--){
    	in(x),in(y),in(z);
    	for(Re i=y;i<=z;++i)no[x][i]=1;
    }
    for(Re i=0;i<=n;++i)dp[i]=inf;dp[0]=-K;
    for(Re i=1;i<=n;++i){
    	for(Re k=1;k<=m;++k)can[k]=0;
    	for(Re j=i-1;j>=0;--j){
            for(Re k=1;k<=m;++k)can[k]|=no[k][j+1];
            Re tmp=dijkstra();
            if(tmp!=inf)dp[i]=min(dp[i],dp[j]+K+(i-j)*tmp);
    	}
    }
    printf("%lld",dp[n]);
}