[ZJOI2006]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

一次路线增加K的费用，n天，那么，可以设状态dp[i]表示前i天的最小费用，那么转移很好想，dp[i]=min(dp[j] + cost[j+1][i]*(i-j) + K),cost[i][j]是i到j天共同的最短路的长度，从[j+1,i]天内都使用这条路，相对于j天来讲换了一次；可能会想，这个dp在dp[j]会不会跟cost[j+1][i]是相同的，没关系，因为总会存在一个点使得路径转化，j是从0枚举的，dp取min，所以答案肯定是正确的；

1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstdio> 5 #include<cmath> 6 #include<map> 7 #include<set> 8 #include<queue> 9 #include<vector> 10 #include<iomanip> 11 #include<cstring> 12 #define inf 1<<29 13 #define ll long long 14 #define db double 15 #define re register 16 #define il inline 17 #define rep(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i) 18 #define file(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout); 19 using namespace std; 20 const int N=110; 21 struct Edge{ 22 int to,net,w; 23 }e[250*2]; 24 int head[25],num_e,day; 25 int dp[N],cost[N][N],K,n,m; 26 bool can[25][N][N]; 27 il void add(int x,int y,int w) { 28 e[++num_e].to=y,e[num_e].w=w,e[num_e].net=head[x],head[x]=num_e; 29 } 30 inline int gi() { 31 re int res=0,f=1;re char ch=getchar(); 32 while((ch<‘0‘||ch>‘9‘)&&ch!=‘-‘) ch=getchar(); 33 if(ch==‘-‘) f=-1,ch=getchar(); 34 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) res=res*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); 35 return res*f; 36 } 37 bool inq[25]; 38 int dis[25]; 39 il void spfa(int a,int b) { 40 for(re int i=1;i<=n;i++) dis[i]=inf; 41 memset(inq,0,sizeof(inq)); 42 queue<int> q; 43 q.push(1); 44 dis[1]=0;inq[1]=1; 45 re int u; 46 while(!q.empty()) { 47 u=q.front();q.pop(); 48 inq[u]=0; 49 for(int i=head[u];i;i=e[i].net) { 50 int to=e[i].to; 51 if(dis[to] > dis[u] + e[i].w && can[to][a][b]) { 52 dis[to]=dis[u] + e[i].w; 53 if(!inq[to]) q.push(to),inq[to]=1; 54 } 55 } 56 } 57 cost[a][b]=dis[n]; 58 } 59 void DP() { 60 rep(i,1,day) dp[i]=inf; 61 dp[0]=-K; 62 for(re int i=1;i<=day;i++) 63 for(re int j=0;j<i;j++) 64 if(dp[j]<inf&&cost[j+1][i]<inf) 65 dp[i]=min(dp[i],dp[j]+cost[j+1][i] * (i-j)+K); 66 } 67 int main(){ 68 file("spfa"); 69 day=gi(),n=gi(),K=gi(),m=gi(); 70 re int u,v,w; 71 while(m--){ 72 u=gi(),v=gi(),w=gi(); 73 add(u,v,w),add(v,u,w); 74 } 75 m=gi(); 76 memset(can,true,sizeof(can)); 77 while(m--){ 78 w=gi(),u=gi(),v=gi(); 79 for(re int i=1;i<=v;i++) 80 for(re int j=u;j<=day;j++) 81 if(i<=j) 82 can[w][i][j]=false; 83 } 84 85 for(re int i=1;i<=day;i++) 86 for(re int j=i;j<=day;j++) 87 spfa(i,j); 88 DP(); 89 printf("%d",dp[day]); 90 return 0; 91 }