BZOJ1003 物流运输最短路+DP

1003: [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 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

分析：
第一次拿到这道题，很迷。总觉得最短路里面夹杂了些什么不干净的东西。但是这道题正是这样的。因为路段不能走是在区间时间里的，所以这里首先想到的就是DP。如果我们没法做直接做最短路。那么我们就可以对路段进行决策，以天数与走的方案作为状态进行转移。。。这是我最初的认知。发现。其实。我想反了。
观摩各大神犇的代码发现，这里的最短路只是一部分，而我们是以天数作为状态。每次枚举在一段时间内的断点（换路），根据大小进行转移。这个不懂可以往下看代码应该就好了。

因为每次每个点在不同时间能不能走都不一样，(1)所以我们专门有一个数组来记录整个点集，某个点在某个时间能不能走。(2)之后我们得对每段时间进行预处理。在这一段时间内的最短路。(3)最后我们对整个时间进行DP规划。

/**************************************************************

    Problem: 1003

    User: oscarcode

    Language: C++

    Result: Accepted

    Time:96 ms

    Memory:2092 kb

****************************************************************/

#include<cstdio>

#include<string.h>

#include<algorithm>

using namespace std;

bool t[21][110];

long long f[110];

long long road[110][110];

int n,m,k,e;

struct node{

    int v,next,val;

}edge[100010];

int head[21],cnt;

void add(int x,int y,int val)

{

    edge[++cnt].v=y;

    edge[cnt].next=head[x];

    edge[cnt].val=val;

    head[x]=cnt;

}

int queue[500];

int d[21];

bool roadcan[21];

int SPFA(int a,int b)

{

    int heads=0,last=1,visit[21];

    memset(d,127/3,sizeof(d));

    memset(roadcan,false,sizeof(roadcan));

    memset(visit,0,sizeof(visit));

    for(int i=1;i<=m;++i)

    for(int j=a;j<=b;++j)

        if(t[i][j])roadcan[i]=true;

    queue[0]=1;d[1]=0,visit[1]=1;

    while(heads<last)

    {

    int news=queue[heads];

    for(int i=head[news];i!=-1;i=edge[i].next)

    {

        if(!roadcan[edge[i].v] && d[edge[i].v]>d[news]+edge[i].val)

        {

        d[edge[i].v]=d[news]+edge[i].val;

        if(!visit[edge[i].v])queue[last]=edge[i].v , last++;

        visit[edge[i].v]=1;

        }

    }

    ++heads;

    visit[news]=0;

    }

    return d[m];

}

void DP()

{

    for(int i=1;i<=n;i++)

    {

    f[i]=(long long)road[1][i]*i;

    for(int j=0;j<i;j++)

        f[i]=min(f[i],f[j]+k+road[j+1][i]*(i-j));

    }

    return ;

}

int main()

{

    memset(head,-1,sizeof(head));

    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);

    int a,b,c;

    for(int i=1;i<=e;i++)

    {

    scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);

    add(a,b,c);add(b,a,c);

    }

    int q;

    scanf("%d",&q);

    for(int i=1;i<=q;++i)

    {

    scanf("%d%d%d",&c,&a,&b);

    for(int j=a;j<=b;++j)t[c][j]=true;//步骤1

    }

    for(int i=1;i<=n;++i)

    for(int j=1;j<=n;++j)

    {

        road[i][j]=SPFA(i,j);//步骤2

    }

    DP();//步骤3

    printf("%lld",f[n]);

    return 0;

}

要注意这里变量开的大小很重要，这种东西很玄学。