BZOJ 1003: [ZJOI2006]物流運輸trans

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1003: [ZJOI2006]物流運輸
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Description
　　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


Source

剛開始看到題目可能無從下手，給你許多條道路，又給你許多個時間點道路不能用的。

但是深入分析問題，可以看出這道題是一道動態規劃，而且狀態轉移方程：f[i][j]=min{f[i][k]+f[k+1][j]+k}

爲了求得每個時間段的最短路，我們對數據進行預處理。

首先求出每個i到j的時間段，一直能走的最短路。

    int x,y,e,val;
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
    while(e--){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&val);
        r[x][y]=r[y][x]=val;
    }
    scanf("%d",&e);
    while(e--){
        scanf("%d%d%d",&val,&x,&y);
        for(int i=1;i<=y;i++){
            for(int j=(x<i)?i:x;j<=n;j++){
                can[i][j][val]=true;
            }
        }
    }

用鄰接矩陣r來儲存圖的連通關係，用一個can[i][j][k]數組儲存從i到j天k點是否一直能走。

然後用spfa求最短路，dp數組用於保存從i到j天的直通最小花費。

    int tmp;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i;j<=n;j++){
            tmp=spfa(i,j);
            if(tmp>100000000)dp[i][j]=1<<31-1;
            else dp[i][j]=spfa(i,j)*(j-i+1);
        }
    }

int spfa(int x,int y)
{
    int d[29];
    bool vis[29];
    queue <int> q;
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    d[1]=0;q.push(1);vis[1]=1;
    while(!q.empty()){
        int qwq;
        qwq=q.front();q.pop();vis[qwq]=0;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            if(can[x][y][i]||i==qwq)continue;
            int val=r[qwq][i];
            if(val&&d[qwq]+val<d[i]){
                d[i]=d[qwq]+val;
                if(!vis[i]){
                    vis[i]=1;
                    q.push(i);
                }
            }
        }
    }
    return d[m];
}

最後利用文章最開始給出的狀態轉移方程進行計算最短路。

AC代碼如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;
bool can[109][109][29];
int r[109][109];
int dp[109][109];
int n,m,k;
int minn(int a,int b){return a<b?a:b;}
int spfa(int x,int y);
void Ini();
int main()
{
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    Ini();
    int tmp;
    for(int i=n-1;i>0;i--){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            for(int l=j-1;l>=i;l--){
                tmp=dp[i][l]+dp[l+1][j]+k;
                dp[i][j]=minn(dp[i][j],tmp);
            }
        }
    }
    cout<<dp[1][n]<<endl;
    return 0;
}
void Ini()
{
    int x,y,e,val;
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
    while(e--){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&val);
        r[x][y]=r[y][x]=val;
    }
    scanf("%d",&e);
    while(e--){
        scanf("%d%d%d",&val,&x,&y);
        for(int i=1;i<=y;i++){
            for(int j=(x<i)?i:x;j<=n;j++){
                can[i][j][val]=true;
            }
        }
    }
    int tmp;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i;j<=n;j++){
            tmp=spfa(i,j);
            if(tmp>100000000)dp[i][j]=1<<31-1;
            else dp[i][j]=spfa(i,j)*(j-i+1);
        }
    }
}
int spfa(int x,int y)
{
    int d[29];
    bool vis[29];
    queue <int> q;
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    d[1]=0;q.push(1);vis[1]=1;
    while(!q.empty()){
        int qwq;
        qwq=q.front();q.pop();vis[qwq]=0;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            if(can[x][y][i]||i==qwq)continue;
            int val=r[qwq][i];
            if(val&&d[qwq]+val<d[i]){
                d[i]=d[qwq]+val;
                if(!vis[i]){
                    vis[i]=1;
                    q.push(i);
                }
            }
        }
    }
    return d[m];
}