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：
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
输出样例#1：
32
【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）
解析：
这是2006年浙江省选的题，，，
由于要求最少的花费，而花费又和航程成正比，且最终的花费不会影响之前的阶段。所以求航程的最短路，然后dp
dp去枚举改路的时间，设dp[i]表示第i天的时候最少花费。
于是就有了状态转移方程dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*s+k)
这个方程表示在第j天更改路线，其中s表示当时状态的最短路（通过No数组记录无法到达的码头）
这里用的是spfa，由于没有负权，也可以用dijkstra。
k表示更改一次路径所需的费用
这里所要注意的是dp数组的初始化问题，由于要求最少花费，所以把dp数赋值为一个很大的数，由于第一次选航线没有花费，所以把dp[0]赋值为-k;
最后是一个优化问题，在第j天没有最短路的时候，再往下也不会有最短路，因为被封禁的码头只会越来越多，不会越来越少。
下面上代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<queue> 4 #define inf 336860180 5 using namespace std; 6 long long n,m,k,e,map[101][101],dist[210001],total,b1,b2,b3,d,dp[101]; 7 bool pd[100001],no[101][101],No[101];//No数组记录无法到达的港口，no[i][j]表示第i天无法到达j港口 8 int spfa()//最短路 9 { 10 memset(dist,20,sizeof(dist)); 11 memset(pd,0,sizeof(pd)); 12 queue<int>q; 13 q.push(1); 14 dist[1]=0; 15 while(q.size()) 16 { 17 int x=q.front(); 18 q.pop(); 19 pd[x]=0; 20 for(int i=1;i<=m;i++) 21 { 22 if(No[i])continue; 23 if(dist[i]>dist[x]+map[x][i]) 24 { 25 dist[i]=dist[x]+map[x][i]; 26 if(!pd[i]) 27 { 28 q.push(i); 29 pd[i]=1; 30 } 31 } 32 } 33 } 34 return dist[m]; 35 } 36 int main() 37 { 38 memset(map,20,sizeof(map)); 39 memset(dp,20,sizeof(dp)); 40 cin>>n>>m>>k>>e; 41 for(int i=1;i<=e;i++) 42 { 43 cin>>b1>>b2>>b3; 44 map[b1][b2]=map[b2][b1]=b3; 45 } 46 cin>>d; 47 for(int i=1;i<=d;i++) 48 { 49 cin>>b1>>b2>>b3; 50 for(int j=b2;j<=b3;j++) 51 { 52 no[j][b1]=1; 53 } 54 } 55 dp[0]=-k; 56 for(int i=1;i<=n;i++) 57 { 58 memset(No,0,sizeof(No)); 59 for(int j=i;j>=1;j--) 60 { 61 for(int f=1;f<=m;f++) 62 { 63 if(no[j][f])No[f]=1; 64 } 65 int s=spfa(); 66 if(s==inf)break;//优化 67 dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*s+k); 68 } 69 } 70 cout<<dp[n]; 71 return 0; 72 }