bzoj1003

1003: [ZJOI2006]物流运输

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

 

----------------------------------------------我是谦卑的分割线-------------------------------------------

考虑dp[i]表示前i天的最小总成本。

枚举上一次在第j天之后对路线进行了修改，那么就由dp[j]转移至dp[i]，转移的代价是把第[j+1,i]天所有被占用的点全删掉后的最短路（不连通当然就是INF）*天数+修改代价。

所以先预处理cost[i][j]表示第[i..j]天不进行修改的最短路。

当然首先预处理dp[i]=cost[1][i]表示前i天不进行任何路线修改。

上代码：

/**************************************************************
    Problem: 1003
    User: xialan
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:28 ms
    Memory:3288 kb
****************************************************************/
 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
typedef long long LL;
queue<int>q;
inline int read(){
    int x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x;
}
inline LL readl(){
    LL x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x;
}
const int M=100001;
int to[M],nt[M],h[50],a[50][200],s[50][200],sum[50][200],cnt=0;
LL dis[50],value[M],cost[200][200],dp[200];
bool vis[50],f[50]; 
void insert_edge(int u,int v,LL w){
    to[++cnt]=v;nt[cnt]=h[u];value[cnt]=w;h[u]=cnt;
    to[++cnt]=u;nt[cnt]=h[v];value[cnt]=w;h[v]=cnt;
}
int main(){
    int n=read(),m=read();LL k=readl();int e=read();
    rep(i,1,e){
        int u=read(),v=read();LL w=readl();
        insert_edge(u,v,w);
    }
    int d=read();
    memset(a,0,sizeof(a));
    rep(i,1,d){
        int p=read(),l=read(),r=read();
        a[p][l]++;a[p][r+1]--;
    }
    rep(i,1,m)rep(j,1,n)s[i][j]=s[i][j-1]+a[i][j];
    rep(i,1,m)rep(j,1,n)sum[i][j]=sum[i][j-1]+s[i][j];
    rep(i,1,n)rep(j,i,n){
        memset(f,0,sizeof(f));
        rep(k,2,m-1)if(sum[k][j]-sum[k][i-1]>0)f[k]=1;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        rep(k,2,m)dis[k]=INT_MAX;
        q.push(1);
        vis[1]=1;dis[1]=0;
        while(!q.empty()){
            int u=q.front();q.pop();vis[u]=0;
            for(int k=h[u];k;k=nt[k]){
                int v=to[k];
                if(!f[v]){
                    if(dis[v]>dis[u]+value[k]){
                        dis[v]=dis[u]+value[k];
                        if(!vis[v]){
                            vis[v]=1;
                            q.push(v);
                        }
                    }
                }
            }
        }
        cost[i][j]=dis[m];
    }
    rep(i,1,n){
        dp[i]=cost[1][i]*i;
        rep(j,1,i-1)dp[i]=min(dp[i],dp[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k);
    }
    printf("%lld\n",dp[n]);
    return 0;
}