BZOJ1003 物流运输 [最短路][DP]

1003: [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。

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

Source

思考

这道题的数据范围很小，可以考虑先对每条边DP

首先我们跑出f(i,j)表示i到j这些天都是相同路线的最小代价。

然后暴力维护gi表示前i天最小代价。

f(i,j)可以枚举i，j，暴力处理哪些点不能用，然后跑最短路。

时间复杂度

暴力处理废点O(n3m)

总复杂度O(n2spfa)

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
struct data{
int nxt,to,w;
}E[1001];
int tot,head[50];
int n,m,k;
bool flag[101][21];
long long t[101][101],f[101];
inline void read(int &res){
static char ch;int flag=1;
while((ch=getchar())<'0'||ch>'9')if(ch=='-')flag=-1;res=ch-48;
while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')res=res*10+ch-48;res*=flag;
}
void addedge(int u,int v,int w){
E[++tot].to=v,E[tot].w=w;
E[tot].nxt=head[u],head[u]=tot;
}
queue<int> Q;
int spfa(int a,int b){
bool block[21];
int dis[21],q[500],inq[21];
memset(block,0,sizeof(block));
memset(dis,127/3,sizeof(dis));
memset(inq,0,sizeof(inq));
for(register int j,i=a;i<=b;i++)
for(j=1;j<=m;j++)
if(flag[i][j])block[j]=1;
Q.push(1),inq[1]=1,dis[1]=0;
while(!Q.empty()){
register int u=Q.front();Q.pop();
for(register int v,i=head[u];i;i=E[i].nxt){
v=E[i].to;
if(!block[v]&&dis[v]>dis[u]+E[i].w){
dis[v]=dis[u]+E[i].w;
if(!inq[v])Q.push(v),inq[v]=1;
}
}
inq[u]=0;
}
return dis[m];
}
void dp(){
for(register int j,i=1;i<=n;i++){
f[i]=(long long)t[1][i]*i;
for(j=0;j<i;j++)
f[i]=min(f[i],f[j]+k+t[j+1][i]*(i-j));
}
}
int main(){
int q,d;
read(n),read(m),read(k),read(q);
for(register int x,y,z,i=1;i<=q;i++){
read(x),read(y),read(z);
addedge(x,y,z),addedge(y,x,z);
}
read(d);
for(register int x,y,z,i=1;i<=d;i++){
read(x),read(y),read(z);
for(register int j=y;j<=z;j++)flag[j][x]=1;
}
for(register int i=1,j;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
t[i][j]=spfa(i,j);
dp();
printf("%d",f
);
return 0;
}