值得一做》关于一道DP+SPFA的题 BZOJ1003 (BZOJ第一页计划) (easy+)

Posted 2020-08-09

　　这是一道数据范围和评测时间水的可怕的题，只是思路有点难想，BUT假如你的思路清晰，完全了解怎么该做，那就算你写一个反LLL和反SLE都能A，如此水的一道题，你不心动吗？

　　下面贴出题目

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

 

这道题的思路有些难想，核心思想是DP+SPFA

那么如何处理SPFA+DP捏

首先，我们要做一个大暴力，那就是枚举算cost[i][j]，表示第i天到第j天走同一路径的解，注意这个解在算出路径长度之后要乘以天数。

这不会超时吗？？？？？

鉴于这道题极其水的数据范围和数据，回答是：不会

那么接下来，我们把i从1枚举到n，i表示天数递增，求f[i]，同时枚举断点j，转移方程为f[i]=min(f[i],f[j]+f[j]+cost[j+1][i]+k)，(k为改变路径所需代价，注意，这里的i和j是表示天数改变，不是路径，所以不会和SPFA冲突，直接使用算出来的解就好)，然后我们就会机智的发现每次改变路线一定会花费k作为代价，但即使不更改只是新建路径也会有k为代价，所以最后答案要减去  把某路径作为初始路径时加上的k，然后就讲完辣

（表示还是我第一次刷DP+图论的如此结合。。。）

下面给出没有优化的代码

 1 #include<stdio.h>
 2 #include<string.h>
 3 int min(int x,int y){return x>y?y:x;}
 4 struct shit{
 5     int aim;
 6     int lon;
 7     int next;
 8 }e[801];
 9 int n,m,K,E,F[1000],quq[10000],d[1000],star,ass,point,head[1000],a,b,c,cost[1000][1000];
10 bool f[1000],s[1000],mp[1000][1000];
11 void fuck(int x,int y,int z)
12 {
13     e[++point].aim=y;
14     e[point].lon=z;
15     e[point].next=head[x];
16     head[x]=point;
17     e[++point].aim=x;
18     e[point].lon=z;
19     e[point].next=head[y];
20     head[y]=point;
21 }
22 void SPFA()
23 {
24     memset(f,false,sizeof(f));
25     memset(d,0x3f3f3f3f,sizeof(d));
26     star=0;
27     ass=0;
28     quq[star]=1;
29     f[1]=true;
30     d[1]=0;
31     while(star<=ass)
32     {
33         int u=quq[star++];
34         for(int k=head[u];k;k=e[k].next)
35         {
36             int v=e[k].aim;
37             if(s[v])continue;
38             if(d[v]>d[u]+e[k].lon)
39             {
40                 d[v]=d[u]+e[k].lon;
41                 if(f[v])continue;
42                 f[v]=true;
43                 quq[++ass]=v;
44             }
45         }
46         f[u]=false;
47     }
48 }
49 int main()
50 {
51     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&E);
52     for(int i=1;i<=E;i++)
53     {
54         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
55         fuck(a,b,c);
56     }
57     int D;
58     scanf("%d",&D);
59     for(int i=1;i<=D;i++)
60     {
61         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
62          for(int i=b;i<=c;i++)
63          mp[a][i]=true;
64     }
65     for(int i=1;i<=n;i++)
66     {
67         for(int j=i;j<=n;j++)
68             {
69                 memset(s,false,sizeof(s));
70                 for(int k=2;k<m;k++)for(int q=i;q<=j;q++)if(mp[k][q]){s[k]=true;break;}//这里是因为算的是在i到j天走同一路径所用的时间，所以直接对不可操作路径堵死就好
71                 SPFA();
72                 cost[i][j]=d[m]*(d[m]>=0x3f3f3f3f?1:j-i+1);//这里如果你对于不可达的也直接乘了天数就会爆int
73             }
74     }
75     memset(F,0x3f3f3f3f,sizeof(F));
76     F[0]=0;
77     for(int i=1;i<=n;i++)
78     {
79         for(int j=0;j<i;j++)
80         F[i]=min(F[i],F[j]+cost[j+1][i]+K);
81     }
82     printf("%d",F[n]-K);
83     return 0;
84 }

没有优化orz

 

然而优化过的代码我还没有写，，，