BZOJ1003
2015-07-24 20:14
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/* CODEVS天梯也做得差不多了,现在做一些有意义的题目。*/
1 2 1
1 3 3
1 4 2
2 3 2
2 4 4
3 4 1
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4 5 2
4
2 2 3
3 1 1
3 3 3
4 4 5
MARK一下,独立完成的第一道有质量的题目。
记f(i)为完成前i天航程所用的最小成本,则一定有一个j满足j天到i天的航程不更改路线且j-1天的路线与j天到i天的路线不同。
于是我们可以枚举这个j,注意到f(j-1)是无后效性的,因为无论怎样根据j的定义都要更改路线,类似它也具有子结构性质。
于是我们可以Dp了。
f(i)=Min[Cover(1,i)* i,f(j-1)+Cover(j,i) *(i-j+1)]
这个转移方程中Cover表示的是第j天到第i天不更改路线前提下可找到的s-t最短路,维护是比较简单的。
找最短路是因为上文叙述的最优子结构性质。
当然,上面的转移要求第j天到第i天存在不需更改路线的方案。
感觉这个转移是具有单调性的,不过没有细想,毕竟数据小,这样就可以AC了。
还是很开心,毕竟自己做出来的第一道省选题。
代码上的小细节见下(略繁琐,不建议直接使用)
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 81 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
32HINT
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=32MARK一下,独立完成的第一道有质量的题目。
记f(i)为完成前i天航程所用的最小成本,则一定有一个j满足j天到i天的航程不更改路线且j-1天的路线与j天到i天的路线不同。
于是我们可以枚举这个j,注意到f(j-1)是无后效性的,因为无论怎样根据j的定义都要更改路线,类似它也具有子结构性质。
于是我们可以Dp了。
f(i)=Min[Cover(1,i)* i,f(j-1)+Cover(j,i) *(i-j+1)]
这个转移方程中Cover表示的是第j天到第i天不更改路线前提下可找到的s-t最短路,维护是比较简单的。
找最短路是因为上文叙述的最优子结构性质。
当然,上面的转移要求第j天到第i天存在不需更改路线的方案。
感觉这个转移是具有单调性的,不过没有细想,毕竟数据小,这样就可以AC了。
还是很开心,毕竟自己做出来的第一道省选题。
代码上的小细节见下(略繁琐,不建议直接使用)
[code]#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <iostream> #include <cmath> #include <cstring> #include <queue> #include <vector> using namespace std; const int maxlongint=0x7fffffff; const int INF=maxlongint/3; struct Edge{ int from,to; int w; Edge(){ from=to=0; w=0; } Edge(int from_,int to_,int w_){ from=from_; to=to_; w=w_; } }; struct Line{ int l,r; Line(){ l=r=0; } Line(int l_,int r_){ l=l_; r=r_; } }; int l[105],r[105]; bool can[1005]; bool used[1005]; int dis[1005]; int f[1005]; int n,m; vector<int> G[1005]; vector<Edge> edges; vector<Line> Num[1005]; int k; bool Init(Line q,int a,int b) { return min(q.r,b)-max(q.l,a)>=0; } void AddEdge(int from,int to,int w) { edges.push_back(Edge(from,to,w)); edges.push_back(Edge(to,from,w)); int m=edges.size(); G[from].push_back(m-2); G[to].push_back(m-1); } void Bellman_Ford() { memset(used,false,sizeof(used)); queue<int> Q; for(int i=1;i<=m;i++) dis[i]=INF; dis[1]=0; Q.push(1); while(!Q.empty()){ int u=Q.front(); Q.pop(); used[u]=false; for(int i=0;i<G[u].size();i++){ Edge e=edges[G[u][i]]; if(!can[e.to]) continue; if(dis[e.to]>dis[u]+e.w){ dis[e.to]=dis[u]+e.w; if(!used[e.to]){ used[e.to]=true; Q.push(e.to); } } } } } int Cover(int a,int b) { memset(can,true,sizeof(can)); for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=0;j<Num[i].size();j++) if(Init(Num[i][j],a,b)) can[i]=false; Bellman_Ford(); return dis[m]; } void Solve() { f[1]=Cover(1,1); for(int i=2;i<=n;i++){ f[i]=Cover(1,i); if(f[i]!=maxlongint/3) f[i]*=i; for(int j=2;j<=i;j++){ int ans=Cover(j,i); if(ans==INF) continue; f[i]=min(f[i],f[j-1]+(i-j+1)*ans+k); } } printf("%d\n",f ); } void Readdata() { freopen("loli.in","r",stdin); int e; scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e); for(int i=1;i<=e;i++){ int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); AddEdge(a,b,c); } int d; scanf("%d",&d); for(int i=1;i<=d;i++){ int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); Num[a].push_back(Line(b,c)); } } void Close() { fclose(stdin); fclose(stdout); } int main() { Readdata(); Solve(); Close(); return 0; }
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