BZOJ 1003 物流运输【dp+最短路SPFA】好题!
2017-02-02 17:26
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1003: [ZJOI2006]物流运输
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 7138 Solved: 2968
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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。
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
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
Source
思路:1、首先贪心的去想,对于交换次数我们肯定越少越好,那么我们从第一天开始求最短路,每一天都求一下,对于可以连接的两天,直接相连接即可,这样做能够做到最小化交换次数,但是是否是整体最优呢?
答案是不一定的。这里仔细考虑一下就能理解。
那么直接贪心是不行的,接下来肯定考虑dp;
2、设定dp【i】表示从第一天到第i天之内完成任务的最小花费。
那么就有dp【i】=dp【j】+(从j+1天到第i天的花费)+(从j+1天到第i天的总交换次数)*K;
很显然,我们为了简化问题,只要保证从j+1天到第i天是可以连续使用一条路径的话,那么状态转移方程就变成了:
dp【i】=dp【j】+(第j+1天到第i天可以一直使用的最短路径长度)*天数+K;
3、那么接下来我们设定cost【i】【j】表示从第i天到第j天可以一直连续使用的最短路径长度*(j-i+1)的值。
那么dp【i】=min(dp【i】,dp【j】+cost【j+1】【i】+K);
因为点数比较少,天数也比较少,所有部分都暴力即可。
Ac代码:
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
using namespace std;
struct node
{
int from;
int to;
int next;
int w;
}e[100050];
int dp[1000];
int dis[300];
int x[100050];
int y[100050];
int w[100050];
int head[1000];
int use[25][105];
int cost[105][105];
int cont;
int q,n,k,m;
void add(int from,int to,int w)
{
e[cont].to=to;
e[cont].w=w;
e[cont].next=head[from];
head[from]=cont++;
}
void Getmap(int s,int e)
{
int vis[30];
cont=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=s;j<=e;j++)
{
if(use[i][j]==1)vis[i]=0;
}
}
for(int i=0;i<m;i++)
{
if(vis[x[i]]==0||vis[y[i]]==0)continue;
add(x[i],y[i],w[i]);
add(y[i],x[i],w[i]);
}
}
void SPFA()
{
int vis[30];
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<int >s;
s.push(1);
for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=0x3f3f3f3f;
dis[1]=0;
while(!s.empty())
{
int u=s.front();
vis[u]=0;
s.pop();
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next)
{
int w=e[i].w;
int v=e[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+w)
{
dis[v]=dis[u]+w;
if(vis[v]==0)
{
vis[v]=1;
s.push(v);
}
}
}
}
}
void Slove(int s,int e)
{
Getmap(s,e);
SPFA();
if(dis
!=0x3f3f3f3f)cost[s][e]=dis
*(e-s+1);
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d%d%d",&q,&n,&k,&m))
{
memset(use,0,sizeof(use));
memset(cost,-1,sizeof(cost));
for(int i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&w[i]);
}
int tmp;
scanf("%d",&tmp);
while(tmp--)
{
int x,l,r;
scanf("%d%d%d",&x,&l,&r);
for(int i=l;i<=r;i++)
{
use[x][i]=1;
}
}
for(int i=1;i<=q;i++)
{
for(int j=i;j<=q;j++)
{
Slove(i,j);
}
}
for(int i=1;i<=q;i++)dp[i]=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=q;i++)
{
if(cost[1][i]!=-1)
dp[i]=cost[1][i];
for(int j=1;j<i;j++)
{
if(cost[j+1][i]!=-1)
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+cost[j+1][i]+k);
}
}
printf("%d\n",dp[q]);
}
}
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