題目描述
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—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。
輸入格式
第一行是四個整數n(l≤n≤100)、m(l≤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，e表示航線條數。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。
輸出格式
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。
輸入輸出樣例
輸入 #1
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
輸出 #1
32
說明/提示
【樣例輸入說明】
上圖依次表示第1至第5天的情況，陰影表示不可用的碼頭。
【樣例輸出說明】
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。
_NOI導刊2010提高（01）
解法：DP+SPFA
-
我們設數組f[i]代表第i天花費的最小總成本，則我們很容易推出f[i]=min(f[i],f[j-1]+(i-j+1)*L+k)，j爲前面的天數，L爲j到終點的距離，k爲更改的花費
-
所以我們可以用SPFA或dijkstra算法來算出所有點到終點的最短路，在中間判斷這個港口是否可通行
-
開一個bool數組記錄每個港口是否可走，每次枚舉j時倒序枚舉，如果此時已經找不到一條合法的路徑，那麼直接跳出即可，因爲後面更找不到
AC代碼
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define re register int
using namespace std;
struct edge {
int nex,to,w;
}e[4005];
int n,m,k,E,D,cnt,head[22],dp[105],d[105];
bool f[105][25],now[25],v[25]; queue<int> q;
inline int read() {
int x=0,cf=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {
if(ch=='-') cf=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') {
x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*cf;
}
inline void add(int x,int y,int z) {
e[++cnt].to=y,e[cnt].w=z,e[cnt].nex=head[x],head[x]=cnt;;
}
inline int spfa() {
memset(d,0x3f,sizeof(d));
memset(v,false,sizeof(v));
q.push(1),v[1]=1,d[1]=0;
while(q.size()) {
int x=q.front(); q.pop(); v[x]=0;
for(re i=head[x];i;i=e[i].nex) {
int y=e[i].to,z=e[i].w;
if(d[y]>d[x]+z&&!(now[y])) {
d[y]=d[x]+z;
if(!v[y]) q.push(y),v[y]=1;
}
}
}
return d[m];
}
int main() {
n=read(),m=read(),k=read(),E=read();
for(re i=1;i<=E;i++) {
int x=read(),y=read(),z=read();
add(x,y,z),add(y,x,z);
}
D=read();
for(re i=1;i<=D;i++) {
int p=read(),a=read(),b=read();
for(re j=a;j<=b;j++) f[j][p]=1;
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp)); dp[0]=-k;
for(re i=1;i<=n;i++) {
for(re j=1;j<=m;j++) now[j]=0;
for(re j=i;j>=1;j--) {
for(re K=1;K<=m;K++) {
if(f[j][K]) now[K]=1;
}
int l=spfa();
if(l==0x3f3f3f3f) break;
dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*l+k);
}
}
printf("%d",dp[n]);
return 0;
}