首页 > 代码库 > bzoj1003 [ZJOI2006]物流运输
bzoj1003 [ZJOI2006]物流运输
1003: [ZJOI2006]物流运输
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 6300 Solved: 2597
[Submit][Status][Discuss]
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
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
//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
分析：拿到这道题的时候感到无从下手，发现数据非常小，可以想爆搜，计算出从第i天到第j天的总成本，记作f[i][j],但是怎么计算呢？可以想到从第i天到第j天要么不换方案，要么从第k天换一种方案，类似于floyd求最短路,那么f[i][j] = min(f[i][j],f[i][k] + f[k + 1][j] + K),然后发现这是区间dp,那么枚举的顺序就要有点讲究了，第一层枚举长度，第二层枚举起点，第三层枚举k,上面说的是怎么转移，但是怎么计算还是个问题,看f的定义，是从第i天到第j天的总成本，也就是说中途不换方案的总成本，很显然，就是求最短路，用spfa很容易求出来，只需要在扩展的时候看看这个点是否能够使用即可.
#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <algorithm>#define maxn 110#define maxm 30#define maxe 410using namespace std;int g[maxn], v[maxe], d[maxe], nextt[maxe], eid;int dist[maxm], q[10010], l, r;int f[maxn][maxn];bool able[maxm][maxn], inque[maxm];int n, m, k, e, t, u;void add_edge(int a, int b, int c) //建图连边{ v[eid] = b, d[eid] = c, nextt[eid] = g[a], g[a] = eid++; v[eid] = a, d[eid] = c, nextt[eid] = g[b], g[b] = eid++;}bool visible(int x, int from, int to)//判断码头 x 在第 from 至 to 天内是否均可用{ for (int i = from; i <= to; i++) if (!able[x][i]) return false; return true;}int spfa(int from, int to) //求单源最短路{ memset(dist, 0x3f, sizeof(dist)); memset(inque, 0, sizeof(inque)); l = r = 0; dist[1] = 0, q[r++] = 1; while (l<r) { inque[u = q[l++]] = 0; for (int i = g[u]; i + 1; i = nextt[i]) //路径上的节点在所求时间段内必须保持可用 if (visible(v[i], from, to) && dist[v[i]]>dist[u] + d[i]) { dist[v[i]] = dist[u] + d[i]; if (!inque[v[i]]) inque[q[r++] = v[i]] = 1; } } //返回所求时间段内总开销 return dist[m] == 0x3f3f3f3f ? 0x3f3f3f3f : dist[m] * (to - from + 1);}void build() //建图{ memset(g, -1, sizeof(g)); memset(able, 1, sizeof(able)); scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &e); for (int i = 1, a, b, c; i <= e; i++) { scanf("%d%d%d", &a, &b, &c); add_edge(a, b, c); } scanf("%d", &t); for (int i = 1, p, a, b; i <= t; i++) { scanf("%d%d%d", &p, &a, &b); for (int j = a; j <= b; j++) able[p][j] = 0; }}void solve() //区间ＤＰ{ //使用 SPFA 计算上界 for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = i; j <= n; j++) f[i][j] = spfa(i, j); //DP for (int len = 2; len <= n; len++) for (int s = 1; (e = s + len - 1) <= n; s++) for (int p = s; p<e; p++) f[s][e] = min(f[s][e], f[s][p] + k + f[p + 1][e]); printf("%d\n", f[1][n]);}int main(){ build(); solve(); return 0;}
bzoj1003 [ZJOI2006]物流运输
声明：以上内容来自用户投稿及互联网公开渠道收集整理发布，本网站不拥有所有权，未作人工编辑处理，也不承担相关法律责任，若内容有误或涉及侵权可进行投诉： 投诉/举报 工作人员会在5个工作日内联系你，一经查实，本站将立刻删除涉嫌侵权内容。