B - 物流運輸

B - 物流運輸

　物流公司要把一批貨物從碼頭A運到碼頭B。由於貨物量比較大，需要n天才能運完。貨物運輸過程中一般要轉
停好幾個碼頭。物流公司通常會設計一條固定的運輸路線，以便對整個運輸過程實施嚴格的管理和跟蹤。由於各種
因素的存在，有的時候某個碼頭會無法裝卸貨物。這時候就必須修改運輸路線，讓貨物能夠按時到達目的地。但是
修改路線是一件十分麻煩的事情，會帶來額外的成本。因此物流公司希望能夠訂一個n天的運輸計劃，使得總成本
儘可能地小。

Input

　　第一行是四個整數n（1<=n<=100）、m（1<=m<=20）、K和e。n表示貨物運輸所需天數，m表示碼頭總數，K表示
每次修改運輸路線所需成本。接下來e行每行是一條航線描述，包括了三個整數，依次表示航線連接的兩個碼頭編
號以及航線長度（>0）。其中碼頭A編號爲1，碼頭B編號爲m。單位長度的運輸費用爲1。航線是雙向的。再接下來
一行是一個整數d，後面的d行每行是三個整數P（ 1 < P < m）、a、b（1< = a < = b < = n）。表示編號爲P的碼
頭從第a天到第b天無法裝卸貨物（含頭尾）。同一個碼頭有可能在多個時間段內不可用。但任何時間都存在至少一
條從碼頭A到碼頭B的運輸路線。

Output

　　包括了一個整數表示最小的總成本。總成本=n天運輸路線長度之和+K*改變運輸路線的次數。

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，後兩天走1-3-5，這樣總成本爲(2+2)*3+(3+2)*2+10=32

Hint

 

題意：

           我就不多說了，可參考其他博客。

思路：

         根據諸多博客，使用到 dp【i】=min(dp[i],dp[j]+tu[j+1][i]*(i-j)+k);   的動規。

          tu[i][j] 裏存的是 從第i天到第j天 1到m 的最短路徑；

 注意：

            此文代碼中 dp、tu 數組 要開 longlong 才能過。。。

代碼：

       

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 1e9
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
int n,m,k,e,len=1;
long long dp[25],tu[105][105];
int fi[10010];
bool bo[25][105];
struct zaq
{
    int u,v,w;
    int ne;
} J[10010];
void G_L(int u,int v,int w)
{
    J[len].u=u;
    J[len].v=v;
    J[len].w=w;
    J[len].ne=fi[u];
    fi[u]=len++;
}
int Bell(int st,int en)
{
    long long dis[25];
    bool book[25],ban[25];
    int k,kk,i,j;

    queue<int>qu;
    mem(dis,0x3f3f3f3f);
    mem(book,0);
    for(i=1; i<=m; i++)
        for(j=st; j<=en; j++)
            if(bo[i][j])
                book[i]=1;

    dis[1]=0;
    qu.push(1);
    book[1]=1;

    while(!qu.empty())
    {
        kk=qu.front();
        k=fi[kk];
        qu.pop();
        while(k!=-1)
        {
            if(dis[J[k].v]>dis[J[k].u]+J[k].w)
            {
                dis[J[k].v]=dis[J[k].u]+J[k].w;
                if(!book[J[k].v])
                {
                    book[J[k].v]=1;
                    qu.push(J[k].v);
                }
            }
            k=J[k].ne;
        }
        book[kk]=0;
    }
    return dis[m];
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
    int i,j;
    mem(fi,-1);
    mem(bo,0);
    mem(dp,0x3f3f3f3f);
    int u,v,w;
    for(i=1; i<=e; i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        G_L(u,v,w);
        G_L(v,u,w);
    }
    int d,p,a,b;
    scanf("%d",&d);
    for(i=1; i<=d; i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);
        for(j=a; j<=b; j++)
            bo[p][j]=1;
    }
    for(i=1; i<=n; i++)
    {
        for(j=i; j<=n; j++)
        {
            tu[i][j]=Bell(i,j);
        }
    }
    for(i=1; i<=n; i++)
    {
        dp[i]=tu[1][i]*i;
        for(j=0; j<i; j++)
            dp[i]=min(dp[i],dp[j]+tu[j+1][i]*(i-j)+k);
    }
    printf("%lld\n",dp[n]);
    return 0;
}