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
Solution
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define Max(a,b) (a>b?a:b)
#define Min(a,b) (a<b?a:b)
using namespace std;
int n,m,k,e,d,cnt=0;
int head[25],dis[25];
long long dp[105],f[105][105];
bool mark[105][25],flag[25],in[25];
struct Node
{
int next,to,w;
}Edges[500];
void add(int u,int v,int w)
{
Edges[++cnt].next=head[u];
Edges[cnt].to=v;
Edges[cnt].w=w;
head[u]=cnt;
}
int spfa()
{
memset(in,0,sizeof(in));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
queue<int>q;
q.push(1);
dis[1]=0;
in[1]=1;
while(!q.empty())
{
for(int i=head[q.front()];~i;i=Edges[i].next)
{
int t=Edges[i].to;
if(!flag[t]&&dis[t]>Edges[i].w+dis[q.front()])
{
dis[t]=Edges[i].w+dis[q.front()];
if(!in[t])
{
q.push(t);
in[t]=1;
}
}
}
in[q.front()]=0;
q.pop();
}
return dis[m];
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
for(int i=1;i<=e;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
scanf("%d",&d);
for(int i=1;i<=d;i++)
{
int p,a,b;
scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);
for(int i=a;i<=b;i++)
mark[i][p]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
{
memset(flag,0,sizeof(flag));
for(int k=i;k<=j;k++)
for(int l=1;l<=m;l++)
{
if(mark[k][l])flag[l]=1;
}
f[i][j]=spfa();
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i]=f[1][i]*i;
for(int j=2;j<=i;j++)
{
dp[i]=Min(dp[i],k+dp[j-1]+f[j][i]*(i-j+1));
}
}
printf("%lld\n",dp[n]);
return 0;
}