【BZOJ1003】【ZJOI2006】物流运输

1003: [ZJOI2006]物流运输trans

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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

Sample Output
32

HINT

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

Source

说一句题外话 Sample Output里面的第一行多了，没必要，害得我WA了一次……

分析：第一感觉是n,m都很小，如果模拟，每次取当前时间的最短路，会发现这样有反例。然后想想这么做为什么错——因为有一个转变路径的花费k，每次取最短不能保证全局最短（假设K很大，第一次的最短路是ans,次短路是ans+1，而后面n-1次的最短路都是ans+1，如果就这么直接做是ans+(ans+1)*(n-1)+k，而如果全部走第一次的次短路，就是(ans+1)*n，注意到K很大，这么直接做就错了）。于是乎问题的关键就是什么时候换路径，于是想到DP

f[i]=min(g[1][i]*i,min(f[j]+g[j+1][i]*(i-j)+k))(1<=j<i<=n)

f[i]表示前i天的最小总成本

g[x][y]表示从第x天到第Y天（包括两边）共同走的最短的一条路的长度，这个要预处理，具体操作时把对应的[x,y]下不存在的点标记掉，然后跑dijkstra+heap

g[1][i]*i表示一直都走一条最短路，即不换路

min(f[j]+g[j+1][i]*(i-j)+k)表示在j处换路

 #include<cstdio>
 #include<queue>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<vector>
 using namespace std;
 const int maxm=,maxn=,inf=;
 struct heap
 {
     int d,u;
     bool operator < (const heap& x) const
     {
         return d>x.d;
     }
 };
 priority_queue<heap> q;
 struct wjmzbmr
 {
     int to,data;
 };
 vector<wjmzbmr> a[maxm+];
 int n,m,k,e,cas,f[maxn+],g[maxn+][maxn+],flag[maxm+][maxn+],v[maxm+],d[maxm+];
 int dijkstra(int s,int t)
 {
     memset(v,,sizeof(v));
     for(int i=;i<=m;++i)
         for(int j=s;j<=t;++j)
             if(flag[i][j]==)
             {
                 v[i]=;
                 break;
             }
     if(v[]==||v[m]==) return inf;
     for(int i=;i<=m;++i) d[i]=inf;
     d[]=;
     q.push({,});
     while(!q.empty())
     {
         heap x=q.top();q.pop();
         if(v[x.u]==) continue;
         for(int i=;i<a[x.u].size();++i)
             if(v[a[x.u][i].to]==&&d[x.u]+a[x.u][i].data<d[a[x.u][i].to])
             {
                 d[a[x.u][i].to]=d[x.u]+a[x.u][i].data;
                 q.push({d[a[x.u][i].to],a[x.u][i].to});
             }
     }
     return d[m];
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
     for(int i=;i<=m+;++i) a[i].clear();
     for(int i=;i<=e;++i)
     {
         int x,y,z;
         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
         a[x].push_back({y,z});
         a[y].push_back({x,z});
     }
     memset(flag,,sizeof(flag));
     scanf("%d",&cas);
     for(int i=;i<=cas;++i)
     {
         int x,y,z;
         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
         for(int j=y;j<=z;++j) flag[x][j]=;
     }
     memset(g,,sizeof(g));
     while(!q.empty()) q.pop();
     for(int i=;i<=n;++i)
         for(int j=i;j<=n;++j)
             g[i][j]=dijkstra(i,j);
     memset(f,,sizeof(f));
     for(int i=;i<=n;++i)
     {
         f[i]=g[][i]*i;
         for(int j=;j<i;++j)
             f[i]=min(f[i],f[j]+g[j+][i]*(i-j)+k);
     }
     printf("%d",f[n]);
     return ;
 }