BZOJ-1003 物流运输trans SPFA+DP

傻逼错误耗我1h，没给全范围坑我1A....

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

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

SPFA求出最短路径，然后枚举i，j求出cost【i】【j】即i~j天不用换线的花费；

DP：***f【i】=min（f【i】，f【j-1】+cost【j】【i】（i-j+1）+k）；

注意转移时特判下是否为极大（即不满足情况）

f【n】多了次转化，因此ans=f【n】-k

code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9') {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
    while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}

int n,m,k,e,d;
struct data{int to,next,len;}edge[100001];
struct dat{int p;int from,to;}cant[1010];
int cnt=1,head[5000];
int f[500];
bool can[500];
int cost[500][500];

void add(int u,int v,int l)
{
    cnt++;
    edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt;
    edge[cnt].len=l; edge[cnt].to=v;
}
void insert(int u,int v,int l)
{
    add(u,v,l);add(v,u,l);
}

void damage(int l,int r)
{
    memset(can,0,sizeof(can));
    for (int i=1; i<=d; i++)
        if (cant[i].from>r || cant[i].to<l) continue;
        else can[cant[i].p]=1;
}

bool visit[5000];
int dis[5000];
#define inf 0x3f
void spfa()
{
    queue <int> q;
    memset(visit,0,sizeof(visit));
    for (int i=1; i<=m; i++) dis[i]=inf;
    q.push(1); dis[1]=0; visit[1]=1;
    while (!q.empty())
        {
            int now=q.front(); q.pop();
            for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next)
                {
                    if (!can[edge[i].to] && dis[now]+edge[i].len<dis[edge[i].to])
                        {
                            dis[edge[i].to]=dis[now]+edge[i].len;
                            if (!visit[edge[i].to])
                                {
                                    q.push(edge[i].to);
                                    visit[edge[i].to]=1;
                                }
                        }
                }
            visit[now]=0;
        }
}

int main()
{
    n=read(),m=read(),k=read(),e=read();
    for (int i=1; i<=e; i++)
        {
            int u=read(),v=read(),l=read();
            insert(u,v,l);
        }
    d=read();
    for (int i=1; i<=d; i++)
        {
            int p=read(),a=read(),b=read();
            cant[i].p=p;
            cant[i].from=a,cant[i].to=b;
        }
    for (int i=1; i<=n; i++)
        for (int j=i; j<=n; j++)
            {
                damage(i,j);
                spfa();
                cost[i][j]=dis[m];
            }
    memset(f,inf,sizeof(f));
    f[0]=0;
    for (int i=1; i<=n; i++)
        for (int j=1; j<=i; j++)
            if (cost[j][i]>=0x3f3f3f3f || f[j-1]>=0x3f3f3f3f) continue;
            else f[i]=min(f[i],f[j-1]+cost[j][i]*(i-j+1)+k);
    printf("%d\n",f[n]-k);
    return 0;
}