BZOJ1003 物流运输

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
//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

正解：DP+SPFA

解题报告：

　　这道题是看了题解才做出来的，解法挺神的。

　　首先预处理出来某一段连续的时间都使用同一条航线的最小值，显然打一下标记，不能到达的不经过，可以SPFA快速求出。

　　然后DP考虑某一天换航线的情况，枚举在哪里换，转移简单，记得最后减掉一次的换航路费用，因为到终点无需换航线。

　　我刚开始一看到数据挺小觉得乱搞可水过，后来发现我gi了。。。

　　第一遍交居然wa了，我无法理解，后来调着调着才发现SPFA打萎了。。。

 1 //It is made by jump~
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cmath>
 5 #include<cstring>
 6 #include<cstdlib>
 7 #include<algorithm>
 8 #include<vector>
 9 using namespace std;
10 const int MAXN = 450;
11 const int MAXD = 1500;
12 const int MAXE = 100011;
13 const int inf = (1<<29);
14 int n,m,k,num;
15 int first[MAXN],next[MAXE],to[MAXE],w[MAXE];
16 int ecnt;
17 int cost[MAXD][MAXD];//cost[i][j]表示第i天到第j天都使用的是一条航线的最小花费
18 bool no[MAXN][MAXD];
19 bool pd[MAXN];
20 int dui[MAXN*100];
21 bool stop[MAXN];
22 int dis[MAXN];
23 int f[MAXD];
24  
25 inline int getint(){
26     char c=getchar(); int w=0,q=0;
27     while(c!='-' && ( c<'0' || c>'9')) c=getchar();
28     if(c=='-') c=getchar(),q=1;
29     while(c>='0' && c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar();
30     return q?-w:w;
31 }
32  
33 inline void link(int x,int y,int z){
34     next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; w[ecnt]=z;
35     next[++ecnt]=first[y]; first[y]=ecnt; to[ecnt]=x; w[ecnt]=z;
36 }
37  
38 inline void spfa(){
39     int head=0,tail=1;
40     memset(pd,0,sizeof(pd));
41     dui[1]=1; pd[1]=1;
42     for(int i=1;i<=m;i++) dis[i]=inf;
43     dis[1]=0;
44     while(head<tail) {
45     head++; int u=dui[head];
46     pd[u]=0;
47     for(int i=first[u];i;i=next[i]) {
48         int v=to[i];
49         if(stop[v]) continue;
50         if(dis[v]>dis[u]+w[i]) {
51         dis[v]=dis[u]+w[i];
52         if(!pd[v]) {
53             pd[v]=1; dui[++tail]=v;
54         }
55         }
56     }
57     }
58 }
59  
60 inline void work(){
61     n=getint(); m=getint(); k=getint(); num=getint();
62     int x,y,z;
63     for(int i=1;i<=num;i++) {
64     x=getint(); y=getint(); z=getint(); link(x,y,z);
65     }
66  
67     int p=getint();
68     for(int i=1;i<=p;i++) {
69     x=getint(); y=getint(); z=getint();
70     for(int now=y;now<=z;now++) no[x][now]=1;
71     }
72  
73     for(int i=1;i<=n;i++)
74     for(int j=i;j<=n;j++){
75         memset(stop,0,sizeof(stop));
76         for(int l=2;l<m;l++)
77         for(int now=i;now<=j;now++) if(no[l][now]){ stop[l]=1; break; }
78         spfa(); 
79         cost[i][j]=inf; if(dis[m]<inf) cost[i][j]=dis[m]*(j-i+1);//天数
80     }
81  
82     memset(f,127/3,sizeof(f));
83     f[0]=0;//从0开始
84     for(int i=1;i<=n;i++)
85     for(int j=0;j<i;j++) {
86         if(cost[j+1][i]<inf)
87         f[i]=min(f[j]+cost[j+1][i]+k,f[i]);
88     }
89     printf("%d",f[n]-k);//最后一天无需再换线路
90 }
91  
92 int main()
93 {
94     work();
95     return 0;
96 }