BZOJ 1003 物流运输 (dp + dijkstra)

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

析：可以先把连续从第 i 天到第 j 天的最短路处理出来，只要在这些天内所有的码头都不关闭，那么所有的最短路就是一样的，然后再dp一下，就OK了。

代码如下：

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

#include <cstdio>

#include <string>

#include <cstdlib>

#include <cmath>

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <set>

#include <queue>

#include <algorithm>

#include <vector>

#include <map>

#include <cctype>

#include <cmath>

#include <stack>

#include <sstream>

#include <list>

#include <assert.h>

#include <bitset>

#include <numeric>

#define debug() puts("++++")

#define gcd(a, b) __gcd(a, b)

#define lson l,m,rt<<1

#define rson m+1,r,rt<<1|1

#define fi first

#define se second

#define pb push_back

#define sqr(x) ((x)*(x))

#define ms(a,b) memset(a, b, sizeof a)

#define sz size()

#define pu push_up

#define pd push_down

#define cl clear()

#define all 1,n,1

#define FOR(i,x,n)  for(int i = (x); i < (n); ++i)

#define freopenr freopen("in.txt", "r", stdin)

#define freopenw freopen("out.txt", "w", stdout)

using namespace std;

typedef long long LL;

typedef unsigned long long ULL;

typedef pair<int, int> P;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

const LL LNF = 1e17;

const double inf = 1e20;

const double PI = acos(-1.0);

const double eps = 1e-3;

const int maxn = 110 + 10;

const int maxm = 3e5 + 10;

const int mod = 1000000007;

const int dr[] = {-1, 0, 1, 0};

const int dc[] = {0, -1, 0, 1};

const char *de[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"};

int n, m;

const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

inline bool is_in(int r, int c) {

  return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;

}

int dp[maxn];

struct Edge{

  int to, cost, next;

};

Edge edges[maxn*maxn<<1];

int head[maxn], cnt;

void addEdge(int u, int v, int c){

  edges[cnt].to = v;

  edges[cnt].cost = c;

  edges[cnt].next = head[u];

  head[u] = cnt++;

}

int cost[maxn][maxn];

int day[maxn];

int notcan;

int d[maxn];

int dijkstra(){

  priority_queue<P, vector<P>, greater<P> > pq;

  ms(d, INF);  d[1] = 0;

  pq.push(P(0, 1));

  while(!pq.empty()){

    P p = pq.top();  pq.pop();

    int u = p.se;

    int c = p.fi;

    if(c > d[u])  continue;

    for(int i = head[u]; ~i; i = edges[i].next){

      int v = edges[i].to;

      if(notcan & 1<<v)  continue;

      if(d[v] > d[u] + edges[i].cost){

        d[v] = edges[i].cost + d[u];

        pq.push(P(d[v], v));

      }

    }

  }

  return d[m];

}

int main(){

  int K, E;  ms(head, -1);

  scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &K, &E);

  while(E--){

    int u, v, c;

    scanf("%d %d %d", &u, &v, &c);

    addEdge(u, v, c);

    addEdge(v, u, c);

  }

  scanf("%d", &E);

  ms(day, 0);

  while(E--){

    int u, a, b;

    scanf("%d %d %d", &u, &a, &b);

    for(int i = a; i <= b; ++i)  day[i] |= 1<<u;

  }

  for(int i = 1; i <= n; ++i)

    for(int j = i; j <= n; ++j){

      notcan = 0;

      for(int k = i; k <= j; ++k)

        notcan |= day[k];

      cost[i][j] = dijkstra();

    }

  ms(dp, INF);

  dp[0] = -K;

  for(int i = 1; i <= n; ++i)

    for(int j = 1; j <= i; ++j)

      if(cost[j][i] != INF)  dp[i] = min(dp[i], dp[j-1] + cost[j][i] * (i - j + 1) + K);

  printf("%d\n", dp[n]);

  return 0;

}