P1772 [ZJOI2006]物流运输
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了P1772 [ZJOI2006]物流运输相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
题目描述
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。
输入输出格式
输入格式:
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。
输出格式:
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。
输入输出样例
输入样例#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
输出样例#1:
32
【样例输出说明】
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。
_NOI导刊2010提高(01)
解析:
这是2006年浙江省选的题,,,
由于要求最少的花费,而花费又和航程成正比,且最终的花费不会影响之前的阶段。所以求航程的最短路,然后dp
dp去枚举改路的时间,设dp[i]表示第i天的时候最少花费。
于是就有了状态转移方程dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*s+k)
这个方程表示在第j天更改路线,其中s表示当时状态的最短路(通过No数组记录无法到达的码头)
这里用的是spfa,由于没有负权,也可以用dijkstra。
k表示更改一次路径所需的费用
这里所要注意的是dp数组的初始化问题,由于要求最少花费,所以把dp数赋值为一个很大的数,由于第一次选航线没有花费,所以把dp[0]赋值为-k;
最后是一个优化问题,在第j天没有最短路的时候,再往下也不会有最短路,因为被封禁的码头只会越来越多,不会越来越少。
下面上代码:
#include<iostream> #include<cstring> #include<queue> #define inf 336860180 using namespace std; long long n,m,k,e,map[101][101],dist[210001],total,b1,b2,b3,d,dp[101]; bool pd[100001],no[101][101],No[101];//No数组记录无法到达的港口,no[i][j]表示第i天无法到达j港口 int spfa()//最短路 { memset(dist,20,sizeof(dist)); memset(pd,0,sizeof(pd)); queue<int>q; q.push(1); dist[1]=0; while(q.size()) { int x=q.front(); q.pop(); pd[x]=0; for(int i=1;i<=m;i++) { if(No[i])continue; if(dist[i]>dist[x]+map[x][i]) { dist[i]=dist[x]+map[x][i]; if(!pd[i]) { q.push(i); pd[i]=1; } } } } return dist[m]; } int main() { memset(map,20,sizeof(map)); memset(dp,20,sizeof(dp)); cin>>n>>m>>k>>e; for(int i=1;i<=e;i++) { cin>>b1>>b2>>b3; map[b1][b2]=map[b2][b1]=b3; } cin>>d; for(int i=1;i<=d;i++) { cin>>b1>>b2>>b3; for(int j=b2;j<=b3;j++) { no[j][b1]=1; } } dp[0]=-k; for(int i=1;i<=n;i++) { memset(No,0,sizeof(No)); for(int j=i;j>=1;j--) { for(int f=1;f<=m;f++) { if(no[j][f])No[f]=1; } int s=spfa(); if(s==inf)break;//优化 dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*s+k); } } cout<<dp[n]; return 0; }
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