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bzoj 1003

2024-10-05 06:56:02   217人阅读

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
 
思路：关键是怎么加上改变时候的价值。t[i][j]表示第i天到第j天的最短路，f[i]表示前i天最短路，我们可以假设发生过改变，t[i][j]=min(t[i][j],t[i][kk]+k+t[kk+1][j]*(j-kk)).
 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 
 5 const int N=24;
 6 
 7 struct node{
 8     int to,next,val;
 9 }e[801];
10 int tot,head[N];
11 
12 int vis[N],dis[N];
13 int a[102][102];
14 int n,m,k,E;
15 
16 void init(){
17     tot=0;
18     memset(head,-1,sizeof(head));
19 }
20 
21 void add(int x,int y,int z){
22     e[tot].to=y;e[tot].next=head[x];e[tot].val=z;head[x]=tot++;
23 }
24 
25 struct point{
26     int id,vval;
27     point(int xx,int yy){
28         id=xx;vval=yy;
29     }
30     bool operator <(const point &x) const{
31         return vval>x.vval;
32     }
33 };
34 
35 bool block[22];
36 ll t[102][102];
37 
38 int hh(int xxx,int yyy){
39     memset(vis,0,sizeof(vis));
40     memset(dis,127/3,sizeof(dis));
41     dis[1]=0;
42     priority_queue<point >p;
43     p.push(point(1,0));
44     memset(block,0,sizeof(block));
45     for(int i=xxx;i<=yyy;i++)
46         for(int j=1;j<=m;j++) if(a[i][j]) block[j]=1;
47     while(!p.empty()){
48         point xx=p.top();
49         p.pop();
50         if(vis[xx.id]) continue;
51         vis[xx.id]=1;
52         for(int i=head[xx.id];i!=-1;i=e[i].next){
53             int v=e[i].to;
54             if(!vis[v]&&!block[v]&&xx.vval+e[i].val<dis[v]){
55                 dis[v]=xx.vval+e[i].val;
56                 p.push(point(v,dis[v]));
57             }
58         }
59     }
60     return dis[m];
61 }
62 
63 ll f[102];
64 
65 void dp()
66 {
67     for(int i=1;i<=n;i++)
68     {
69        f[i]=(long long)t[1][i]*i;
70        for(int j=0;j<i;j++)
71           f[i]=min(f[i],f[j]+k+t[j+1][i]*(i-j));
72     }
73 }
74 
75 int main(){
76     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&E);
77     init();
78     int x,y,z;
79     for(int i=1;i<=E;i++){
80         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
81         add(x,y,z);
82         add(y,x,z);
83     }
84     int q;
85     scanf("%d",&q);
86     for(int i=1;i<=q;i++){
87         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
88         for(int j=y;j<=z;j++) a[j][x]=1;
89     }
90     for(int i=1;i<=n;i++){
91         for(int j=1;j<=n;j++) {
92                 t[i][j]=hh(i,j);
93         }
94     }
95     dp();
96     cout<<f[n]<<endl;
97 }

 

bzoj 1003


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