bzoj1003 [ZJOI2006]物流运输

Posted 2020-08-06 zbtrs

1003: [ZJOI2006]物流运输

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 6300  Solved: 2597
[Submit][Status][Discuss]

Description

　　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
修改路线是一件十分麻烦的事情，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。

Input

　　第一行是四个整数n（1<=n<=100）、m（1<=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。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。

Output

　　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。

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，后两天走1-3-5，这样总成本为(2+2)*3+(3+2)*2+10=32

分析：拿到这道题的时候感到无从下手，发现数据非常小，可以想爆搜，计算出从第i天到第j天的总成本，记作f[i][j],但是怎么计算呢？可以想到从第i天到第j天要么不换方案，要么从第k天换一种方案，类似于floyd求最短路,那么f[i][j] = min(f[i][j],f[i][k] + f[k + 1][j] + K),然后发现这是区间dp,那么枚举的顺序就要有点讲究了，第一层枚举长度，第二层枚举起点，第三层枚举k,上面说的是怎么转移，但是怎么计算还是个问题,看f的定义，是从第i天到第j天的总成本，也就是说中途不换方案的总成本，很显然，就是求最短路，用spfa很容易求出来，只需要在扩展的时候看看这个点是否能够使用即可.

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define maxn 110
#define maxm 30
#define maxe 410
using namespace std;
int g[maxn], v[maxe], d[maxe], nextt[maxe], eid;
int dist[maxm], q[10010], l, r;
int f[maxn][maxn];
bool able[maxm][maxn], inque[maxm];
int n, m, k, e, t, u;
void add_edge(int a, int b, int c) //建图连边
{
    v[eid] = b, d[eid] = c, nextt[eid] = g[a], g[a] = eid++;
    v[eid] = a, d[eid] = c, nextt[eid] = g[b], g[b] = eid++;
}
bool visible(int x, int from, int to)
//判断码头 x 在第 from 至 to 天内是否均可用
{
    for (int i = from; i <= to; i++)
        if (!able[x][i])
            return false;
    return true;
}
int spfa(int from, int to) //求单源最短路
{
    memset(dist, 0x3f, sizeof(dist));
    memset(inque, 0, sizeof(inque));
    l = r = 0;
    dist[1] = 0, q[r++] = 1;
    while (l<r)
    {
        inque[u = q[l++]] = 0;
        for (int i = g[u]; i + 1; i = nextt[i])
            //路径上的节点在所求时间段内必须保持可用
            if (visible(v[i], from, to) && dist[v[i]]>dist[u] + d[i])
            {
            dist[v[i]] = dist[u] + d[i];
            if (!inque[v[i]])
                inque[q[r++] = v[i]] = 1;
            }
    }
    //返回所求时间段内总开销
    return dist[m] == 0x3f3f3f3f ? 0x3f3f3f3f : dist[m] * (to - from + 1);
}
void build() //建图
{
    memset(g, -1, sizeof(g));
    memset(able, 1, sizeof(able));
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &e);
    for (int i = 1, a, b, c; i <= e; i++)
    {
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
        add_edge(a, b, c);
    }
    scanf("%d", &t);
    for (int i = 1, p, a, b; i <= t; i++)
    {
        scanf("%d%d%d", &p, &a, &b);
        for (int j = a; j <= b; j++)
            able[p][j] = 0;
    }
}
void solve() //区间ＤＰ
{
    //使用 SPFA 计算上界
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = i; j <= n; j++)
            f[i][j] = spfa(i, j);
    //DP
    for (int len = 2; len <= n; len++)
        for (int s = 1; (e = s + len - 1) <= n; s++)
            for (int p = s; p<e; p++)
                f[s][e] = min(f[s][e], f[s][p] + k + f[p + 1][e]);
    printf("%d\n", f[1][n]);
}
int main()
{
    build();
    solve();
    return 0;
}