[BZOJ 1003][ZJOI2006]物流运输（SPFA+dp）

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

Solution

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define Max(a,b) (a>b?a:b)
#define Min(a,b) (a<b?a:b)
using namespace std;
int n,m,k,e,d,cnt=0;
int head[25],dis[25];
long long dp[105],f[105][105];
bool mark[105][25],flag[25],in[25];
struct Node
{
int next,to,w;
}Edges[500];
void add(int u,int v,int w)
{
Edges[++cnt].next=head[u];
Edges[cnt].to=v;
Edges[cnt].w=w;
head[u]=cnt;
}
int spfa()
{
memset(in,0,sizeof(in));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
queue<int>q;
q.push(1);
dis[1]=0;
in[1]=1;
while(!q.empty())
{
for(int i=head[q.front()];~i;i=Edges[i].next)
{
int t=Edges[i].to;
if(!flag[t]&&dis[t]>Edges[i].w+dis[q.front()])
{
dis[t]=Edges[i].w+dis[q.front()];
if(!in[t])
{
q.push(t);
in[t]=1;
}
}
}
in[q.front()]=0;
q.pop();
}
return dis[m];
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
for(int i=1;i<=e;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
scanf("%d",&d);
for(int i=1;i<=d;i++)
{
int p,a,b;
scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);
for(int i=a;i<=b;i++)
mark[i][p]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
{
memset(flag,0,sizeof(flag));
for(int k=i;k<=j;k++)
for(int l=1;l<=m;l++)
{
if(mark[k][l])flag[l]=1;
}
f[i][j]=spfa();
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i]=f[1][i]*i;
for(int j=2;j<=i;j++)
{
dp[i]=Min(dp[i],k+dp[j-1]+f[j][i]*(i-j+1));
}
}
printf("%lld\n",dp
);
return 0;
}