BZOJ 1003 DP+最短路 解题报告

1003: [ZJOI2006]物流运输

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

【解题报告】
预处理t[i][j]表示第i天到第j天都跑这条路的最短路。也就是说保证路径上的所有点在i到j天都可以跑的前提下的最短路。
然后f[i]表示前i天的最小费用，那么 f[i]=min（f[j]+t[j+1][i]+k）
初始值f[i]=t[1][i]

代码如下：

/**************************************************************    Problem: 1003    User: onepointo    Language: C++    Result: Accepted    Time:148 ms    Memory:972 kb****************************************************************/#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;#define N 30#define M 810#define inf 0x3f3f3f3fint n,m,k,q,d;struct Edge{int to,nxt,w;}e[M];int cnt,head[N],dis[N],vis[N];int flag[110][N];long long f[110],t[110][110];void adde(int u,int v,int w){    e[++cnt].w=w;e[cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;    e[++cnt].w=w;e[cnt].to=u;e[cnt].nxt=head[v];head[v]=cnt;}int SPFA(int a,int b){    memset(vis,0,sizeof(vis));    memset(dis,inf,sizeof(dis));    deque<int> q;    for(int i=a;i<=b;++i)    for(int j=1;j<=m;++j)        if(flag[i][j]) vis[j]=1;    dis[1]=0,vis[1]=1;    q.push_back(1);    while(!q.empty())    {        int now=q.front();q.pop_front();        vis[now]=0;        for(int i=head[now];~i;i=e[i].nxt)        {            int v=e[i].to;            if(dis[v]>dis[now]+e[i].w)            {                dis[v]=dis[now]+e[i].w;                if(!vis[v])                {                    vis[v]=1;                    if(!q.empty())                    {                        if(dis[v]>dis[q.front()]) q.push_back(v);                        else q.push_front(v);                    }                    else q.push_back(v);                }            }        }           }    return dis[m];}int main(){    cnt=0;    memset(head,-1,sizeof(head));    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&q);    for(int i=1;i<=q;++i)    {        int u,v,w;        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);        adde(u,v,w);    }    scanf("%d",&d);    for(int i=1;i<=d;++i)    {        int p,a,b;        scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);        for(int j=a;j<=b;++j) flag[j][p]=1;    }    for(int i=1;i<=n;i++)    for(int j=1;j<=n;j++)    {        t[i][j]=SPFA(i,j);    }    for(int i=1;i<=n;++i)    {        f[i]=(long long)t[1][i]*i;        for(int j=0;j<i;++j)            f[i]=min(f[i],f[j]+k+t[j+1][i]*(i-j));    }    printf("%lld\n",f[n]);    return 0;}