物流运输trans「ZJOI2006」

【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\(n(1\leq n\leq 100), m(1\leq m\leq 20), K\)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\(P(1 < P < m), a, b(1 \leq a \leq b \leq n)\)。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。

【题解】

容易看出此题可以DP。

设\(f[i]\)表示前\(i\)天的最小成本。则枚举\(j\)表示在第\(j\)天变更方案，有\(f[i] = min(f[j] + K + cost(j+1, i)*(i-j))\)，\(cost(i, j)\) 表示第\(i-j\)天采用可行最优方案的每天的花费。

\(cost(i, j)\)是可以用最短路求出的。枚举每个限制条件，若某个码头\(k\)不能使用的日期和\(i-j\)有交集，则将该码头标记为不能使用（将\(vis[k]\)设为\(1\)）。然后就可以用最短路求出每个\(cost(i, j)\)。

注意从\(f[0]\)转移时不用加上\(K\)。

【代码】

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#define re register
using namespace std;
typedef long long ll;

ll n, m, kk, e, d;
ll head[10007], pre[20007], to[20007], dis[20007], len, ans[20007];
ll cost[103][103], p[100007], a[100007], b[100007], dp[100007];
bool vis[10007];

ll read() {
	ll ret = 0;
	char ch = getchar();
	while (ch > '9' || ch < '0') {
		ch = getchar();
	}
	while (ch <= '9' && ch >= '0') {
		ret = ret * 10 + ch - '0';
		ch = getchar();
	}
	return ret;
}

void insert(ll u, ll v, ll w) {
	len++;
	to[len] = v, pre[len] = head[u], dis[len] = w, head[u] = len;
}

void dijkstra() {
	priority_queue< pair<ll, ll> > q;
	q.push(make_pair(0, 1));
	ans[1] = 0;
	while (!q.empty()) {
		ll c = q.top().second;
		q.pop();
		if (vis[c]) continue;
		vis[c] = true;
		for (re ll i = head[c]; i != 0; i = pre[i]) {
			if (ans[c] + dis[i] < ans[to[i]]) {
				ans[to[i]] = ans[c] + dis[i];
				q.push(make_pair(-ans[to[i]], to[i]));
			}
		}
	}
}

int main() {
	n = read(), m = read(), kk = read(), e = read();
	for (ll i = 1; i <= e; i++) {
		ll u, v, w;
		u = read(), v = read(), w = read();
		insert(u, v, w);
		insert(v, u, w);
	}
	d = read();
	for (ll i = 1; i <= d; i++) {
		p[i] = read(), a[i] = read(), b[i] = read();
	}
	for (ll i = 1; i <= n; i++) for (ll j = i; j <= n; j++) {
		for (ll k = 1; k <= m; k++) vis[k] = 0;
		for (ll k = 1; k <= m; k++) ans[k] = 0x7fffffff;
		for (ll k = 1; k <= d; k++) if ((a[k] >= i && a[k] <= j) || (b[k] >= i && b[k] <= j) || (a[k] <= i && b[k] >= j)) vis[p[k]] = 1;
		dijkstra();
		cost[i][j] = ans[m];
		//cout << i << " " << j << ": " <<cost[i][j] << endl;
	}
	for (ll i = 1; i <= n; i++) {
		dp[i] = 0x7fffffff;
		for (ll j = 0; j < i; j++) {
			if (cost[j + 1][i] == 0x7fffffff) continue;
			if (j != 0) dp[i] = min(dp[j] + cost[j + 1][i] * (i - j) + kk, dp[i]);
			else dp[i] = min(dp[j] + cost[j + 1][i] * (i - j), dp[i]);
		}
	}
	printf("%lld\n", dp[n]);
	return 0;
}