「bzoj1003」「ZJOI2006」物流运输 最短路+区间dp

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「bzoj1003」「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。
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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。
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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。
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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
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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

题解

看到题目想都没想直接对于每天重建图再跑dij最短路 结果上来第一发就WA 感觉自己要吃枣药丸了
再仔细想了想，发现自己傻逼了 对于最短路变短的情况下，不能直接贪心，否则就炸胡
于是就开始考虑dp
设 f[i][j] 为第i天到第j天最小总成本
于是dp方程为 f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+K+f[k+1][j]) (i<=k<j)
跟floyd很像也是区间dp，意思是
第i天到第j天最小总成本 = 第i天到第k天最小总成本 + 第k+1天到第j天最小总成本 + 一次修改路线的费用

然后是初始化 f[i][j]= 其中不修改路线的情况下，从第i天到第j天的总成本 （上限）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXM=25;
const int MAXN=1e2+5;
const int MAXE=1e3+5;
const int INF=1e9;
int edge,head[MAXM],nex[MAXE],tail[MAXE],w[MAXE];
int f[MAXN][MAXN],lock[MAXM][MAXN],use[MAXM],dist[MAXM];
int n,m,K,e,t;
void add(int u,int v,int W){
    edge++,nex[edge]=head[u],head[u]=edge,tail[edge]=v,w[edge]=W;
}
bool check(int u,int a,int b){
    for (int i=a;i<=b;i++)
        if (lock[u][i]) return false;
    return true;
}
int dij(int a,int b){
    for (int i=1;i<=m;i++) dist[i]=INF;
    queue<int> q; q.push(1); use[1]=1; dist[1]=0;
    while (!q.empty()){
        int u=q.front(); q.pop(); use[u]=0;
        for (int e=head[u];e;e=nex[e]){
            int v=tail[e];
            if (check(v,a,b)&&dist[v]>dist[u]+w[e]){
                dist[v]=dist[u]+w[e];
                if (!use[v]) q.push(v),use[v]=1;
            }
        }
    }
    return dist[m]==INF? INF : dist[m]*(b-a+1);
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&e);
    for (int i=0,u,v,w;i<e;i++){
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w); add(v,u,w);
    }
    scanf("%d",&t);
    for (int i=0,u,a,b;i<t;i++){
        scanf("%d%d%d",&u,&a,&b);
        for (int j=a;j<=b;j++) lock[u][j]=1;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=i;j<=n;j++) f[i][j]=dij(i,j);
    for (int l=2;l<=n;l++){
        for (int i=1;i<=n;i++){
            int j=i+l-1; if (j>n) continue;
            for (int k=i;k<j;k++) f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+K);
        }
    }
    printf("%d\n",f[1][n]);
    return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/shjrd-dlb/p/9074840.html