BZOJ 1003 物流运输（最短路+dp）

思路：令f[i]为到第i天的最少成本，那么显然有f[i]=min(f[i],f[j]+cost(j+1,i)+k)，其中cost(i,j)为i天到j天的最小花费，然后直接最短路搞

Trick：INF不能开太大

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 205;
vector<pair<int,int> >e[maxn];
int d[maxn];
int vis[maxn];
int unreach[maxn][maxn];
int f[maxn];
int n,m,k,ee;
int dijkstra(int s,int t)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i = s;i<=t;i++)
for(int j = 1;j<=m;j++)
{
if(unreach[j][i])
vis[j]=1;
}
for(int i = 1;i<=m;i++)
d[i]=9999999;
queue<int>q;
d[1]=0;
q.push(1);
// vis[1]=1;
while(!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
for(int i = 0;i<e[u].size();i++)
{
int v= e[u][i].first;
if(vis[v])
continue;
if(d[v]>d[u]+e[u][i].second)
{
d[v]=d[u]+e[u][i].second;
//vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}

return d[m]*(t-s+1);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&ee);
for(int i = 0;i<ee;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
e[u].push_back(make_pair(v,w));
e[v].push_back(make_pair(u,w));
}
int q;
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
int u,a,b;
scanf("%d%d%d",&u,&a,&b);
for(int i = a;i<=b;i++)
unreach[u][i]=1;
}
for(int i = 1;i<=n;i++)
{
f[i]=dijkstra(1,i);
for(int j = 2;j<i;j++)
{
f[i]=min(f[i],f[j]+dijkstra(j+1,i)+k);
}
}
printf("%d\n",f
);
}


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