[ZJOI2006]物流运输

[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 81 2 11 3 31 4 22 3 22 4 43 4 13 5 24 5 242 2 33 1 13 3 34 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

---

假设改变运输路线不需要额外花费，本题就是一道简单最短路。
而题中只有20个码头，用dijkstra、floyd、spfa等等都可以完美接受。
所以题目的关键在于要不要改变运输路线、什么时候改变运输路线、怎么改变运输路线这三个问题。
1.搜索。曾经有人说过：一切算法皆搜索。不断枚举第i天和第i-1天的运输路线，在判断是否需要额外花费。
2.动态规划。搜索总是想得容易做来难，因为在搜索的过程复杂冗余，这时候DP就相当于搜索的整合了。
设 dp[i]表示截止第i天，一共花费多少元，那么就有：
dp[i] = min(dp[i], dp[j]+k+__);
j表示i之前的某一天，k表示额外花费，那么__就是第j+1天到第i天不改变运输路线的总花费。
划去无法通过的码头，最短路结果，再乘以天数，就可以求出__。

下面程序：

#include <cstdio>#include <cstring>      //memset()函数头文件#include <algorithm>    //min()函数头文件using namespace std;const int maxn = 32767;bool hol[21][101], c[21];int dis[21], map[21][21], dp[101];int n, m, k0, e, u, v, w, np, x, l, r;int dijkstra(int l, int r) { //dijkstra 求最短路    for (int i = 1; i <= m; i++) dis[i] = maxn; dis[1] = 0;    for (int i = 1; i <= m; i++) c[i] = 0;    for (int i = 1; i <= m; i++)        for (int j = l; j <= r; j++)            if (hol[i][j]) c[i] = 1;    //关闭无法使用的码头    for (int i = 2; i <= m; i++) {        int mindis = maxn;        int k;        for (int j = 1; j <= m; j++)            if (!c[j] && dis[j] < mindis) {                k = j;                mindis = dis[j] ;            }        c[k] = 1;        for (int j = 1; j <= m; j++)             if (!c[j] && dis[k] + map[k][j] < dis[j])                 dis[j] = dis[k] + map[k][j];            }    //朴素的dijkstra算法    return dis[m] * (r - l + 1);}int main() {    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k0, &e);    memset(map,0x7f,sizeof(map));    for (int i = 1; i <= e; i++) {        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);        map[u][v] = w;        map[v][u] = w;        //制作码头之间的连通图    }    memset(hol,0,sizeof(hol));    scanf("%d", &np);    while (np--) {        int i, l, r;        scanf("%d%d%d", &x, &l, &r);        for (int i = l; i <= r; i++) hol[x][i] = 1;        //记录每个码头无法使用的时间    }    for (int i = 1; i <= n; i++) dp[i] = maxn; dp[0] = 0;    for (int i = 1; i <= n; i++)        for (int j = 1; j <= i; j++)            dp[i] = min(dp[i], dp[j - 1] + k0 + dijkstra(j,i));    printf("%d", dp[n] - k0);    return 0;}