BZOJ 1003 最短路dp

　　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

　　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

解法:

　　ans[i][j]表示从第i天到第j天 用可用节点从1到m的最短路为多少 如果不存在则为INT_MAX

　　dp[i]表示前i天最少的花费是多少

　　首先暴力枚举+Dij 处理出ans[i][j] 复杂度为O(n^2*m*loge)

　　其次直接dp 首先给dp[i]赋一个初值 初值为ans[1][i]*i 然后枚举哪天换线路转移方程为:

　　dp[i]=min(dp[i],dp[j]+ans[j+1][i]*(i-j)+K) 复杂度为O(n^2)

注意要用long long

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 55, MAXM = 1000;
int to[MAXM << 1], nxt[MAXM << 1], Head[MAXN], ed = 1;
int cost[MAXM << 1];
ll ans[105][105];
ll dp[105];
inline void read(int &v)
{
    v = 0;
    char c = 0;
    int p = 1;
    while (c < '0' || c > '9') {
        if (c == '-') {
            p = -1;
        }
        c = getchar();
    }
    while (c >= '0' && c <= '9') {
        v = (v << 3) + (v << 1) + c - '0';
        c = getchar();
    }
    v *= p;
}
inline void addedge(int u, int v, int c)
{
    to[++ed] = v;
    nxt[ed] = Head[u];
    cost[ed] = c;
    Head[u] = ed;
}
bool ok[MAXN][105];
struct HeapNode {
    int d, u;
    bool operator < (const HeapNode& rhs) const
    {
        return d > rhs.d;
    }
} zz;
int n, m, K, e;
ll mindist[MAXN];
bool vis[MAXN];
priority_queue<HeapNode> que;
bool could[MAXN];
ll Hijkstra(int s, int u, int v)
{
    for (int i = 0; i <= m; i++) {
        mindist[i] = INT_MAX;
    }
    mindist[s] = 0;
    memset(could, 0, sizeof(could));
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        for (int j = u; j <= v; j++) {
            if (ok[i][j]) {
                could[i] = true;
                break;
            }
        }
    }
    zz.d = 0, zz.u = s;
    que.push(zz);
    while (!que.empty()) {
        HeapNode x = que.top();
        que.pop();
        int u = x.u;
        if (vis[u] || mindist[u] != x.d) {
            continue;
        }
        vis[u] = true;
        for (int v, i = Head[u]; i; i = nxt[i]) {
            v = to[i];
            if (could[v]) {
                continue;
            }
            if (mindist[v] > mindist[u] + cost[i]) {
                mindist[v] = mindist[u] + cost[i];
                //p[v]=u;
                zz.d = mindist[v], zz.u = v;
                que.push(zz);
            }
        }
    }
    return mindist[m];
}
int main()
{
    read(n), read(m), read(K), read(e);
    int u, v, c;
    for (int i = 1; i <= e; i++) {
        read(u), read(v), read(c);
        addedge(u, v, c), addedge(v, u, c);
    }
    int d;
    read(d);
    for (int i = 1; i <= d; i++) {
        read(c), read(u), read(v);
        for (int j = u; j <= v; j++) {
            ok[c][j] = true;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            ans[i][j] = Hijkstra(1, i, j);
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        dp[i] = ans[1][i] * i;
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            dp[i] = min(dp[i], dp[j] + ans[j + 1][i] * (i - j) + 1LL*K);
        }
    }
    printf("%lld\n", dp[n]);
}