【题解】物流运输 [ZJ2006] [P1772] [BZOJ1003]

传送门：物流运输 \([ZJ2006]\) \([P1772]\) \([BZOJ1003]\)

【题目描述】

给定一个含 \(e\) 条带权边的无向图，每天都需要从结点 \(1\) 走到结点 \(m\)，一共要走 \(n\) 天，每天的花费为所经过路径的权值和。一般来说会选择一条路线每天都这样走下去，但某些结点会在连续的几天内都无法经过，这时候就需要改变路线。每次改变路线都有 \(K\) 的额外花费。求最小总花费。

（即：总花费 \(=\) \(n\) 天经过路径花费和 \(+\) \(K*\) 改变路径次数）

【输入】

第一行四个整数 \(n,m,K,e\)，后面 \(e\) 行表示每条边所连接的结点编号和边权。接下来一个整数 \(T\) 表示有 \(T\) 个结点会在某一时段无法通过，后面每行三个整数分别表示节点编号，无法通过的天数起点和终点。

【输出】

一个整数表示最小花费。

【样例】

【数据范围】

\(100\%\) \(1 \leqslant N \leqslant 100,\) \(1 \leqslant m \leqslant 20\)

【分析】

暂时先不考虑如何计算路径花费的问题，就先视作 \(w\) 好了。

很明显，状态转移的切入点在于路径的改变。用 \(dp[i]\) 表示走完前 \(i\) 天所需最小花费，设最后一次改变路径后使用的天数为 \([j+1,i]\)，那么 \(dp[i]=min\{dp[j]+K+w*(i-j)\}\) 。

一开始看到这个式子还以为是斜率优化，但实际上并不需要，这么良心的数据直接暴力就能过。

求 \(w\) 可以使用 \(dijkstra\) 或者 \(SPFA\)，不能走的结点就提前记录一下。可以用 \(no[i][j]\) 表示 \(i\) 在 \(j\) 这天不可走，转移状态时倒序枚举 \(j\)。由于 \(j+1\) 这天不可经过的点在 \(j\) 这天还是不可经过，这样做就可以省掉一些麻烦。

另外，如果 \(inf\) 设太大的话，两个 \(inf\) 相乘会爆 \(long\) \(long\)，要特判一下。

初始化有两种方法：\(dp[i]=w*i(i \in [1,n])\) 或者 \(dp[0]=-K\)，如果是后者，在第 \(0\) 天后改变路径并加上 \(K\) 的花费，实际上就是 \(0\) 花费选出了第一条路径。

时间复杂度为：\(O(n^2mlogm)\) 。

【Code】

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<queue>

#define LL long long

#define Re register LL

using namespace std;

const LL N=103,M=403,inf=1e18;

LL n,m,e,o,x,y,z,K,to,dp[N],dis[N],pan[N],can[N],head[N],no[N][N];

struct QAQ{LL w,to,next;}a[M<<1];

struct QWQ{LL x,d;inline bool operator<(QWQ o)const{return d>o.d;}};

priority_queue<QWQ>Q;

inline void in(Re &x){

    int f=0;x=0;char c=getchar();

    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();

    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();

    x=f?-x:x;

}

inline void add(Re x,Re y,Re z){a[++o].to=y,a[o].w=z,a[o].next=head[x],head[x]=o;}

inline LL dijkstra(){

    for(Re i=0;i<=m;++i)pan[i]=0;

    for(Re i=0;i<=m;++i)dis[i]=inf;

    pan[1]=0,Q.push((QWQ){1,dis[1]=0});

    while(!Q.empty()){

        x=Q.top().x,Q.pop();

        if(pan[x]||can[x])continue;

        pan[x]=1;

        for(Re i=head[x];i;i=a[i].next)

            if(dis[to=a[i].to]>dis[x]+a[i].w){

            	dis[to]=dis[x]+a[i].w;

            	Q.push((QWQ){to,dis[to]});

            }

    }

    return dis[m];

}

int main(){

    in(n),in(m),in(K),in(e);

    while(e--)in(x),in(y),in(z),add(x,y,z),add(y,x,z);

    in(e);

    while(e--){

    	in(x),in(y),in(z);

    	for(Re i=y;i<=z;++i)no[x][i]=1;

    }

    for(Re i=0;i<=n;++i)dp[i]=inf;dp[0]=-K;

    for(Re i=1;i<=n;++i){

    	for(Re k=1;k<=m;++k)can[k]=0;

    	for(Re j=i-1;j>=0;--j){

            for(Re k=1;k<=m;++k)can[k]|=no[k][j+1];

            Re tmp=dijkstra();

            if(tmp!=inf)dp[i]=min(dp[i],dp[j]+K+(i-j)*tmp);

    	}

    }

    printf("%lld",dp[n]);

}