P1772 [ZJOI2006]物流运输

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—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。

输入输出格式

输入格式：

第一行是四个整数n(l≤n≤100)、m(l≤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，e表示航线条数。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。

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。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

说明

【样例输入说明】

上图依次表示第1至第5天的情况，阴影表示不可用的码头。

【样例输出说明】

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。

_NOI导刊2010提高（01）

Solution:

　　本题先按题目中的输入建边，并标记$pd[i][j]$（表示第$i$个码头在第$j$天不能使用），再跑$n^2$次$spfa$（保证不走被标记的点），预处理出$cost[i][j]$表示第$i$天到第$j$天从$1$出发走同一条路到达$m$的最短距离。

　　由预处理本题转化为比较简单的线性$DP$，定义状态$f[i]$表示前$i$天的最少花费，初始状态$f[i]=cost[1][i]*i$，则不难想到状态转移方程：

　　$f[i]=Min(f[i],f[j]+k+cost[j+1][i]*(i-j)),jin[1,i)$

　　最后输出目标状态$f[n]$就$OK$了（注意$f$数组要开$long;long$）。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
using namespace std;
const int N=50005,inf=233333333;
int n,m,k,e,d,dis[N],to[N],net[N],h[N],w[N],cnt;
ll cost[105][105],f[105];
bool vis[25],ct[25],pd[105][105];
il void add(int u,int v,int c){to[++cnt]=v,net[cnt]=h[u],h[u]=cnt,w[cnt]=c;}
queue<int>q;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>m>>k>>e;
    int x,y,z;
    For(i,1,e)cin>>x>>y>>z,add(x,y,z),add(y,x,z);
    cin>>d;
    For(i,1,d){
        cin>>x>>y>>z;
        For(i,y,z)pd[x][i]=1;
    }
    For(i,1,n) For(j,i,n){
        memset(ct,0,sizeof(ct));memset(vis,0,sizeof(vis));
        For(p,1,m)dis[p]=inf;
        For(p,1,m) For(q,i,j)if(pd[p][q])ct[p]=1;
        dis[1]=0;vis[1]=1;q.push(1);
        while(!q.empty()){
            int u=q.front();q.pop();vis[u]=0;
            for(int i=h[u];i;i=net[i])
            if(!ct[to[i]]&&dis[to[i]]>dis[u]+w[i]){
                dis[to[i]]=dis[u]+w[i];
                if(!vis[to[i]])q.push(to[i]),vis[to[i]]=1;
            }
        }
        cost[i][j]=dis[m];
    }
    For(i,1,n)f[i]=cost[1][i]*i;
    For(i,1,n) For(j,1,i-1)f[i]=Min(f[i],f[j]+k+cost[j+1][i]*(i-j));
    cout<<f[n];
    return 0;
}