P1772 [ZJOI2006]物流运输
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—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。
输入输出格式
输入格式：
第一行是四个整数n(l≤n≤100)、m(l≤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，e表示航线条数。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。
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。
输入输出样例
输入样例#1：
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
输出样例#1：
32
说明
【样例输入说明】
上图依次表示第1至第5天的情况，阴影表示不可用的码头。
【样例输出说明】
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。
_NOI导刊2010提高（01）
/*
本题有两个关键点：
1.求一段时间内的共有dis
2.dp求答案 dp[i]表示到第i天的最小花费
dp[i]=min{dp[j]+f[j+1][i]*(i-j)+k} (0<=j<i)
f[i][j]表示从第i天到第j天的最短路，预处理即可。
*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define INF 1000000000
using namespace std;
bool tag[],a[][],vis[];
int num,head[],dis[],q[],f[][],dp[];
struct node{
int to,pre,v;
}e[];
int n,m,k,day,cnt;
void Insert(int from,int to,int v){
e[++num].to=to;
e[num].v=v;
e[num].pre=head[from];
head[from]=num;
}
void spfa(){
for(int i=;i<=n;i++)dis[i]=INF;
memset(vis,,sizeof(vis));
dis[]=;vis[]=;
queue<int>q;q.push();
while(!q.empty()){
int now=q.front();q.pop();vis[now]=;
for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){
int to=e[i].to;
if(dis[to]>dis[now]+e[i].v){
dis[to]=dis[now]+e[i].v;
if(!vis[to]&&!tag[to]){
vis[to]=;q.push(to);
}
}
}
}
}
int main(){
//freopen("Cola.txt","r",stdin);
scanf("%d%d%d%d",&day,&n,&k,&m);
int x,y,z,l,r;
for(int i=;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
Insert(x,y,z);Insert(y,x,z);
}
scanf("%d",&cnt);
for(int i=;i<=cnt;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&l,&r);
for(int j=l;j<=r;j++)a[x][j]=;
}
for(int i=;i<=day;i++){
memset(tag,,sizeof(tag));
for(int j=i;j<=day;j++){
for(int k=;k<=n;k++)tag[k]|=a[k][j];
spfa();
f[i][j]=dis[n];
}
}
dp[]=-k;
for(int i=;i<=day;i++){
dp[i]=INF;
for(int j=;j<i;j++)
if(f[j+][i]!=INF)dp[i]=min(dp[i],dp[j]+f[j+][i]*(i-j)+k);
}
printf("%d\n",dp[day]);
return ;
}