【bzoj1003】[ZJOI2006]物流运输

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1003: [ZJOI2006]物流运输

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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

首先看到题目会想到最短路。。。

设cost[i][j]表示从第i天到第j天的每天的最小花费，就是用spfa求一个最短路。

设f[i]表示前i天的最小总花费，则状态转移方程：f[i]=min{f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k} (0<=j<i) 初始值为f[i]=cost[1][i]*i，求出f[n]就是答案

特别提醒，f数组要设为long long，而且在计算f[i]=cost[1][i]*i时也要转为long long

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdlib>
 5 #include<cmath>
 6 #include<ctime>
 7 #include<algorithm>
 8 using namespace std;
 9 struct node{int y,next,v;}e[801];
10 long long n,m,k,p,d,len,Link[21],vis[21],check[21],dis[21],f[101],q[5001],cost[101][101],flag[21][101];
11 inline int read()
12 {
13     int x=0,f=1;  char ch=getchar();
14     while(!isdigit(ch))  {if(ch==‘-‘) f=-1;  ch=getchar();}
15     while(isdigit(ch))  {x=x*10+ch-‘0‘;  ch=getchar();}
16     return x*f;
17 }
18 void insert(int xx,int yy,int vv)
19 {
20     e[++len].next=Link[xx];
21     Link[xx]=len;
22     e[len].y=yy;
23     e[len].v=vv;
24 }
25 int spfa(int a,int b)
26 {
27     memset(vis,0,sizeof(vis));
28     memset(dis,127/3,sizeof(dis));
29     memset(check,0,sizeof(check));
30     int head=0,tail=0;
31     q[++tail]=1;  vis[tail]=1;  dis[tail]=0;
32     for(int i=1;i<=m;i++)
33         for(int j=a;j<=b;j++)
34             if(flag[i][j])  check[i]=1;
35     while(++head<=tail)
36     {
37         int now=q[head];
38         for(int i=Link[now];i;i=e[i].next)
39         {
40             if(!check[e[i].y]&&dis[now]+e[i].v<dis[e[i].y])
41             {
42                 dis[e[i].y]=dis[now]+e[i].v;
43                 if(!vis[e[i].y])
44                 {
45                     q[++tail]=e[i].y;
46                     vis[e[i].y]=1;
47                 }
48             }
49         }
50         vis[now]=0;
51     }
52     return dis[m];
53 }
54 int main()
55 {
56     //freopen("cin.in","r",stdin);
57     //freopen("cout.out","w",stdout);
58     n=read();  m=read();  k=read();  p=read();
59     for(int i=1;i<=p;i++)
60     {
61         int x=read(),y=read(),z=read();
62         insert(x,y,z);  insert(y,x,z);
63     }
64     d=read();
65     for(int i=1;i<=d;i++)
66     {
67         int x=read(),y=read(),z=read();
68         for(int j=y;j<=z;j++)  flag[x][j]=1;
69     }
70     for(int i=1;i<=n;i++)
71         for(int j=1;j<=n;j++)
72             cost[i][j]=spfa(i,j);
73     for(int i=1;i<=n;i++)
74     {
75         f[i]=(long long)cost[1][i]*i;
76         for(int j=0;j<i;j++)
77             f[i]=min(f[i],f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k);
78     }
79     printf("%lld",f[n]);
80     return 0;
81 }

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