【题目描述】
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。
【输入格式】
第一行是四个整数(n(1leq nleq 100), m(1leq mleq 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 leq a leq b leq 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。
【输出格式】
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。
【题解】
容易看出此题可以DP。
设(f[i])表示前(i)天的最小成本。则枚举(j)表示在第(j)天变更方案，有(f[i] = min(f[j] + K + cost(j+1, i)*(i-j)))，(cost(i, j)) 表示第(i-j)天采用可行最优方案的每天的花费。
(cost(i, j))是可以用最短路求出的。枚举每个限制条件，若某个码头(k)不能使用的日期和(i-j)有交集，则将该码头标记为不能使用（将(vis[k])设为(1)）。然后就可以用最短路求出每个(cost(i, j))。
注意从(f[0])转移时不用加上(K)。
【代码】
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#define re register
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, m, kk, e, d;
ll head[10007], pre[20007], to[20007], dis[20007], len, ans[20007];
ll cost[103][103], p[100007], a[100007], b[100007], dp[100007];
bool vis[10007];
ll read() {
ll ret = 0;
char ch = getchar();
while (ch > '9' || ch < '0') {
ch = getchar();
}
while (ch <= '9' && ch >= '0') {
ret = ret * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return ret;
}
void insert(ll u, ll v, ll w) {
len++;
to[len] = v, pre[len] = head[u], dis[len] = w, head[u] = len;
}
void dijkstra() {
priority_queue< pair<ll, ll> > q;
q.push(make_pair(0, 1));
ans[1] = 0;
while (!q.empty()) {
ll c = q.top().second;
q.pop();
if (vis[c]) continue;
vis[c] = true;
for (re ll i = head[c]; i != 0; i = pre[i]) {
if (ans[c] + dis[i] < ans[to[i]]) {
ans[to[i]] = ans[c] + dis[i];
q.push(make_pair(-ans[to[i]], to[i]));
}
}
}
}
int main() {
n = read(), m = read(), kk = read(), e = read();
for (ll i = 1; i <= e; i++) {
ll u, v, w;
u = read(), v = read(), w = read();
insert(u, v, w);
insert(v, u, w);
}
d = read();
for (ll i = 1; i <= d; i++) {
p[i] = read(), a[i] = read(), b[i] = read();
}
for (ll i = 1; i <= n; i++) for (ll j = i; j <= n; j++) {
for (ll k = 1; k <= m; k++) vis[k] = 0;
for (ll k = 1; k <= m; k++) ans[k] = 0x7fffffff;
for (ll k = 1; k <= d; k++) if ((a[k] >= i && a[k] <= j) || (b[k] >= i && b[k] <= j) || (a[k] <= i && b[k] >= j)) vis[p[k]] = 1;
dijkstra();
cost[i][j] = ans[m];
//cout << i << " " << j << ": " <<cost[i][j] << endl;
}
for (ll i = 1; i <= n; i++) {
dp[i] = 0x7fffffff;
for (ll j = 0; j < i; j++) {
if (cost[j + 1][i] == 0x7fffffff) continue;
if (j != 0) dp[i] = min(dp[j] + cost[j + 1][i] * (i - j) + kk, dp[i]);
else dp[i] = min(dp[j] + cost[j + 1][i] * (i - j), dp[i]);
}
}
printf("%lld
", dp[n]);
return 0;
}