「BZOJ1003」[ZJOI2006]物流运输

problem

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—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(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。

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

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13
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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

1
2
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

Solution

一下引自Luogu@DavidJing的题解

最优解问题明显就是一个dp,而求两点之间的距离当然就是最短路了~
那么思考怎么构建dp方程
首先我们可以设f[i]表示前i天所花费的最小值
f[i]=min(f[i],f[j-1]+(i-j+1)∗ * ∗L+K) (1<=j<=i)
什么意思呢 就是第j天到第i天走同一条路,并且这条路和第j-1天是不同的
那么第j天到第i天走的肯定是此时情况下的最短路了,所以L表示在当前情况下的1->m的最短路,可以用spfa(虽然他已经死了)或dijktra求解
那么现在就要考虑码头无法使用的情况了,
因为我们要保证第j天到第i天走的最短路是不能包括在这些天内不能经过的点的(哪怕是1天或是间断的几天都不行)
所以我们枚举j的时候可以从大到小枚举,并且将第j天无法通过的点同j+1->i天无法通过的点塞入一个集合,并且在求最短路时判断不经过集合中的点,就可以求出从第j天到第i天经过未损坏的点从1到m的最短路了~
这样求解,题目也就容易做出了~

Code

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91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <vector>
#include <queue>
#define maxn 105
#define maxm 25
#define maxe 505
#define mp(x,y) (make_pair((x),(y)))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pr;

int n,m,K,e,d;
int ocrd[maxm][maxn];
int una[maxm];
int dp[maxn];

struct edge
{
int u,v,w,nxt;
}g[maxe];

int head[maxm],ecnt;
void eADD(int u,int v,int w)
{
g[++ecnt].u=u;
g[ecnt].v=v;
g[ecnt].w=w;
g[ecnt].nxt=head[u];
head[u]=ecnt;
}

int dist[maxm],vst[maxm];
int Dijkstra()
{
priority_queue<pr> q;
memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
memset(vst,0,sizeof(vst));
dist[1]=0;
q.push(mp(-dist[1],1));
while(!q.empty())
{
int u=q.top().second;
q.pop();
if(vst[u] || una[u])
continue;
vst[u]=1;
for(register int i=head[u];i;i=g[i].nxt)
{
int v=g[i].v;
if(!vst[v] && !una[v])
if(dist[v]>dist[u]+g[i].w)
{
dist[v]=dist[u]+g[i].w;
q.push(mp(-dist[v],v));
}
}
}
return dist[m];
}

int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&e);
for(register int i=1;i<=e;++i)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
eADD(u,v,w),eADD(v,u,w);
}
scanf("%d",&d);
for(register int i=1;i<=d;++i)
{
int k,x,y;
scanf("%d%d%d",&k,&x,&y);
for(register int j=x;j<=y;++j)
ocrd[k][j]=1;
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[0]=0;
for(register int i=1;i<=n;++i)
{
memset(una,0,sizeof(una));
for(register int j=i;j;--j)
{
for(register int k=1;k<=m;++k)
una[k]|=ocrd[k][j];
int dis=Dijkstra();
if(dis>=0x3f3f3f3f)
break;
dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*dis+K);
}
}
printf("%d",dp[n]-K);
return 0;
}