BZOJ 1003 物流运输 (dp + dijkstra)

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

HINT

析：可以先把连续从第 i 天到第 j 天的最短路处理出来，只要在这些天内所有的码头都不关闭，那么所有的最短路就是一样的，然后再dp一下，就OK了。

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") #include <cstdio> #include <string> #include <cstdlib> #include <cmath> #include <iostream> #include <cstring> #include <set> #include <queue> #include <algorithm> #include <vector> #include <map> #include <cctype> #include <cmath> #include <stack> #include <sstream> #include <list> #include <assert.h> #include <bitset> #include <numeric> #define debug() puts("++++") #define gcd(a, b) __gcd(a, b) #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define fi first #define se second #define pb push_back #define sqr(x) ((x)*(x)) #define ms(a,b) memset(a, b, sizeof a) #define sz size() #define pu push_up #define pd push_down #define cl clear() #define all 1,n,1 #define FOR(i,x,n) for(int i = (x); i < (n); ++i) #define freopenr freopen("in.txt", "r", stdin) #define freopenw freopen("out.txt", "w", stdout) using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int, int> P; const int INF = 0x3f3f3f3f; const LL LNF = 1e17; const double inf = 1e20; const double PI = acos(-1.0); const double eps = 1e-3; const int maxn = 110 + 10; const int maxm = 3e5 + 10; const int mod = 1000000007; const int dr[] = {-1, 0, 1, 0}; const int dc[] = {0, -1, 0, 1}; const char *de[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"}; int n, m; const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; inline bool is_in(int r, int c) { return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m; } int dp[maxn]; struct Edge{ int to, cost, next; }; Edge edges[maxn*maxn<<1]; int head[maxn], cnt; void addEdge(int u, int v, int c){ edges[cnt].to = v; edges[cnt].cost = c; edges[cnt].next = head[u]; head[u] = cnt++; } int cost[maxn][maxn]; int day[maxn]; int notcan; int d[maxn]; int dijkstra(){ priority_queue<P, vector<P>, greater<P> > pq; ms(d, INF); d[1] = 0; pq.push(P(0, 1)); while(!pq.empty()){ P p = pq.top(); pq.pop(); int u = p.se; int c = p.fi; if(c > d[u]) continue; for(int i = head[u]; ~i; i = edges[i].next){ int v = edges[i].to; if(notcan & 1<<v) continue; if(d[v] > d[u] + edges[i].cost){ d[v] = edges[i].cost + d[u]; pq.push(P(d[v], v)); } } } return d[m]; } int main(){ int K, E; ms(head, -1); scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &K, &E); while(E--){ int u, v, c; scanf("%d %d %d", &u, &v, &c); addEdge(u, v, c); addEdge(v, u, c); } scanf("%d", &E); ms(day, 0); while(E--){ int u, a, b; scanf("%d %d %d", &u, &a, &b); for(int i = a; i <= b; ++i) day[i] |= 1<<u; } for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = i; j <= n; ++j){ notcan = 0; for(int k = i; k <= j; ++k) notcan |= day[k]; cost[i][j] = dijkstra(); } ms(dp, INF); dp[0] = -K; for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 1; j <= i; ++j) if(cost[j][i] != INF) dp[i] = min(dp[i], dp[j-1] + cost[j][i] * (i - j + 1) + K); printf("%d\n", dp[n]); return 0; }