bzoj1003[ZJOI2006]物流运输

传送门

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

题解:

我们记f[i]为前i天付出的最小代价,再记an[i][j]表示从第i天到第j天都能从1走到m的最短路,很明显,我们假设它在第j天更换航线,初始时则设为始终未曾更换过航线,便可以得到一个方程:f[i]=min(f[i],f[j]+k+an[j+1][i]*(i-j))。最后输出f[n]的值即为答案。

代码:

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstdlib>
 4 #include<cstring>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<cmath>
 7 #define ll long long
 8 #define inf 0x7f7f7f7f
 9 using namespace std;
10 struct node{
11     int to,next,cap;
12 }e[1010];
13 int cnt=1;
14 int head[110];
15 int n,m,k;
16 ll an[110][110];
17 ll dp[110];
18 bool vis[110][30];
19 void add(int u,int v,int w){
20     e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;e[cnt].cap=w;
21     e[++cnt].to=u;e[cnt].next=head[v];head[v]=cnt;e[cnt].cap=w;
22 }
23 int spfa(int a,int b){
24     bool used[30];
25     int dis[30],q[500],in[30];
26     memset(used,0,sizeof(used));
27     memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
28     memset(in,0,sizeof(in));
29     int i,j;
30     for(i=a;i<=b;++i){
31         for(j=1;j<=m;++j){
32             if(vis[i][j])  used[j]=1;
33         }
34     }
35     q[0]=1;in[1]=1;dis[1]=0;
36     int h=0,t=1;
37     while(h<t){
38         int x=q[h++];
39         for(i=head[x];i;i=e[i].next){
40             if(!used[e[i].to] && dis[e[i].to]>dis[x]+e[i].cap){
41                 dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].cap;
42                 if(!in[e[i].to]){
43                     q[t++]=e[i].to;in[e[i].to]=1;
44                 }
45             }
46         }
47         in[x]=0;
48     }
49     return dis[m];
50 }
51 void getans(){
52     int i,j;
53     for(i=1;i<=n;++i){
54         dp[i]=an[1][i]*i;
55         for(j=0;j<i;++j){
56             dp[i]=min(dp[i],dp[j]+k+an[j+1][i]*(i-j));
57         }
58     }
59 }
60 int main(){
61     int q;
62     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&q);
63     int i,j;
64     for(i=1;i<=q;++i){
65         int u,v,w;
66         scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
67         add(u,v,w);
68     }
69     int d;
70     scanf("%d",&d);
71     for(i=1;i<=d;++i){
72         int x,y,z;
73         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
74         for(j=y;j<=z;++j)  vis[j][x]=1;
75     }
76     for(i=1;i<=n;++i){
77         for(j=1;j<=n;++j){
78             an[i][j]=spfa(i,j);
79         }
80     }
81     getans();
82     printf("%d\n",dp[n]);
83     return 0;
84 }

 

posted @ 2018-02-25 20:23  lazytear  阅读(81)  评论(0编辑  收藏