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【bzoj1003】[ZJOI2006]物流运输

2024-08-12 08:18:06   213人阅读

1003: [ZJOI2006]物流运输

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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
 
首先看到题目会想到最短路。。。
设cost[i][j]表示从第i天到第j天的每天的最小花费，就是用spfa求一个最短路。
设f[i]表示前i天的最小总花费，则状态转移方程：f[i]=min{f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k}  (0<=j<i)  初始值为f[i]=cost[1][i]*i，求出f[n]就是答案
特别提醒，f数组要设为long long，而且在计算f[i]=cost[1][i]*i时也要转为long long
 
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 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<ctime> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 struct node{int y,next,v;}e[801];10 long long n,m,k,p,d,len,Link[21],vis[21],check[21],dis[21],f[101],q[5001],cost[101][101],flag[21][101];11 inline int read()12 {13     int x=0,f=1;  char ch=getchar();14     while(!isdigit(ch))  {if(ch==‘-‘) f=-1;  ch=getchar();}15     while(isdigit(ch))  {x=x*10+ch-‘0‘;  ch=getchar();}16     return x*f;17 }18 void insert(int xx,int yy,int vv)19 {20     e[++len].next=Link[xx];21     Link[xx]=len;22     e[len].y=yy;23     e[len].v=vv;24 }25 int spfa(int a,int b)26 {27     memset(vis,0,sizeof(vis));28     memset(dis,127/3,sizeof(dis));29     memset(check,0,sizeof(check));30     int head=0,tail=0;31     q[++tail]=1;  vis[tail]=1;  dis[tail]=0;32     for(int i=1;i<=m;i++)33         for(int j=a;j<=b;j++)34             if(flag[i][j])  check[i]=1;35     while(++head<=tail)36     {37         int now=q[head];38         for(int i=Link[now];i;i=e[i].next)39         {40             if(!check[e[i].y]&&dis[now]+e[i].v<dis[e[i].y])41             {42                 dis[e[i].y]=dis[now]+e[i].v;43                 if(!vis[e[i].y])44                 {45                     q[++tail]=e[i].y;46                     vis[e[i].y]=1;47                 }48             }49         }50         vis[now]=0;51     }52     return dis[m];53 }54 int main()55 {56     //freopen("cin.in","r",stdin);57     //freopen("cout.out","w",stdout);58     n=read();  m=read();  k=read();  p=read();59     for(int i=1;i<=p;i++)60     {61         int x=read(),y=read(),z=read();62         insert(x,y,z);  insert(y,x,z);63     }64     d=read();65     for(int i=1;i<=d;i++)66     {67         int x=read(),y=read(),z=read();68         for(int j=y;j<=z;j++)  flag[x][j]=1;69     }70     for(int i=1;i<=n;i++)71         for(int j=1;j<=n;j++)72             cost[i][j]=spfa(i,j);73     for(int i=1;i<=n;i++)74     {75         f[i]=(long long)cost[1][i]*i;76         for(int j=0;j<i;j++)77             f[i]=min(f[i],f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k);78     }79     printf("%lld",f[n]);80     return 0;81 }
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