BZOJ1003 物流运输 [最短路][DP]

1003: [ZJOI2006]物流运输

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 8494  Solved: 3588
[Submit][Status][Discuss]

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[n]);    return 0;}