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
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）
这道题的突破口可以说是m<=20吧
看到m这么小之后，我完美的想到了状压dp，复杂度n*(1<<m)*m……
（dp[i][st]表示第i天，路线为map[st]的最小成本）
本来以为可以过的，但是复杂度还是略微有些高，只对了3个点，其他都T了
QWQ
无奈之下只好又去翻题解，哎
同样是dp，dp[i]表示到第i天的最小成本，转移时枚举从j到i连续不改路线的最小成本
如何算从j到i连续不改路线时的路线长度是多少呢？
每次直接SPFA搞定（每次复杂度最最最多m*m*m）
这样就能过了啊！
代码：
（注意有的地方要转long long）
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<string.h> 4 #define INF 214748647 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 8 struct node{ 9 int v,len; 10 node *next; 11 }pool[2500],*h[25]; 12 int cnt; 13 void addedge(int u,int v,int len){ 14 node *p=&pool[++cnt],*q=&pool[++cnt]; 15 p->v=v;p->next=h[u];h[u]=p;p->len=len; 16 q->v=u;q->next=h[v];h[v]=q;q->len=len; 17 } 18 int n,m; 19 int used[25][105]; 20 ll f[105]; 21 22 int d[25],s,t,vis[25],que[100005],mm[25]; 23 int spfa(int l,int r){ 24 int u,v; 25 memset(vis,0,sizeof(vis)); 26 memset(mm,0,sizeof(mm)); 27 for(int i=2;i<=m;i++) d[i]=INF; 28 for(int i=1;i<=m;i++) 29 for(int j=l;j<=r;j++) if(used[i][j]) mm[i]=1; 30 d[1]=0; 31 s=t=0; 32 que[t++]=1;vis[1]=1; 33 while(s<t){ 34 u=que[s++]; 35 vis[u]=0; 36 for(node *p=h[u];p;p=p->next){ 37 v=p->v; 38 if(d[v]>d[u]+p->len && mm[v]==0){ 39 d[v]=d[u]+p->len; 40 if(!vis[v]) que[t++]=v,vis[v]=1; 41 } 42 } 43 } 44 return d[m]; 45 } 46 47 int main() 48 { 49 int K,E,D,i,j,x,y,z; 50 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&E); 51 for(i=0;i<E;i++) 52 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),addedge(x,y,z); 53 scanf("%d",&D); 54 for(i=0;i<D;i++){ 55 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); 56 for(j=y;j<=z;j++) used[x][j]=1; 57 } 58 59 for(i=1;i<=n;i++){ 60 f[i]=(ll)spfa(1,i)*i; 61 for(j=2;j<=i;j++){ 62 f[i]=min(f[i],f[j-1]+(ll)spfa(j,i)*(i-j+1)+K); 63 } 64 } 65 printf("%lld",f[n]); 66 67 return 0; 68 }