BZOJ 1003: [ZJOI2006]物流运输 kevin_xcw

1003: [ZJOI2006]物流运输

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【题目描述】

　　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。

【输入格式】

　　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。

【输出格式】

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。

【样例输入】

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

【样例输出】

32

【样例说明】

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】

我们首先会想到最短路，但是，他还有一个改变航路的费用，又突然发现这是DP，这就傻眼了！那怎么解？
其实想到这里，这题就解完了，在DP中套最短路求解。首先，定义f[i]表示前i天的最优解，那么就可以想到在前面枚举一个f[j]，从j+1到i天走同一条路线，当然是在可以走的情况下，最后f[n]就是答案。

代码如下：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int n,m,k,e,d,f[105],dst[25],que[5*2*205],hd,tl,INF;int lnk[25],nxt[2*205],son[2*205],w[2*205],tot;bool flg[25][105],vis[25];void add(int x,int y,int z){son[++tot]=y;w[tot]=z;nxt[tot]=lnk[x];lnk[x]=tot;}int read(){    int ret=0;bool f=1;char ch=getchar();    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) f^=!(ch^'-');    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) ret=(ret<<3)+(ret<<1)+ch-48;    return f?ret:-ret;}int spfa(int x){//最短路：spfa算法    memset(dst,63,sizeof(dst));INF=dst[0];    hd=0;que[tl=1]=x;    if(vis[x]) return INF;    vis[x]=1;dst[x]=0;    while(hd^tl){        x=que[++hd];vis[x]=0;        for(int j=lnk[x];j;j=nxt[j])        if(dst[x]+w[j]<dst[son[j]]){            dst[son[j]]=dst[x]+w[j];            if(!vis[son[j]]) vis[son[j]]=1,que[++tl]=son[j];        }    }    return dst[m];}int main(){    freopen("trans.in","r",stdin);    freopen("trans.out","w",stdout);    n=read(),m=read(),k=read(),e=read();    for(int i=1;i<=e;i++){        int x=read(),y=read(),z=read();        add(x,y,z);add(y,x,z);    }    d=read();    for(int i=1;i<=d;i++){        int x=read(),L=read(),R=read();        for(int j=L;j<=R;j++) flg[x][j]=1;//flg[x][y]标记第x个码头第y天是否能使用    }    memset(f,63,sizeof(f));    f[0]=-k;    for(int i=1;i<=n;i++){//核心代码        memset(vis,0,sizeof(vis));        for(int j=i;j;j--){            for(int k=1;k<=m;k++) if(flg[k][j]) vis[k]=1;            int x=spfa(1);            if(x==INF) break;//如果当前不行，那么在以前的肯定不能到了，所以可以做一道剪枝            f[i]=min(f[i],f[j-1]+x*(i-j+1)+k);        }    }    printf("%d\n",f[n]);    return 0;}