luoguP1772 [ZJOI2006]物流运输 x

Posted 2020-09-26 云深不知处

P1772 [ZJOI2006]物流运输

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。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

说明

【样例输入说明】

 

上图依次表示第1至第5天的情况，阴影表示不可用的码头。

【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）

思路:

　　首先如果你每次都选取能够走的最短路时,它加起来就不一定会是最短的,为什么呢?

　　因为如果更改路径的话一次要加k,如果你更改之后的值+k后小于不更改路线的值,是很亏的.

　　所以我们需要用动态规划来做这道题目

坑点:

　　1.要看好spfa过程中队列q是为空还是不为空

　　2.一定要注意开数组的范围

　　3.要注意循环到什么,是n还是m.

上代码:

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;

const int M = 23;
const int N = 123;
const int INF = 1e8;
int n,m,k,E,d,tot;
bool cannot[M][N],visited[M];
int head[M],dis[M];
int cost[N][N],dp[N];
int ans;

struct A{
    int next,to,w;
}e[1234];
queue<int>q;

void add(int u,int v,int w)
{
    e[++tot].to=v;
    e[tot].w=w;
    e[tot].next=head[u];
    head[u]=tot;
}

bool pd(int Now,int l,int r)
{
    for(int i=l;i<=r;i++)
        if(cannot[Now][i])
            return false;
    return true;
}

int spfa(int l,int r)
{
    if(!pd(1,l,r)) return INF;
    memset(visited,0,sizeof(visited));
    for(int i=1;i<=m;i++) 
        dis[i]=INF;
    while(!q.empty()) q.pop();
    q.push(1);
    visited[1]=true;
    dis[1]=0;
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
        {
            int w=e[i].w;
            int v=e[i].to;
            if(!pd(v,l,r)) continue;
            if(dis[v]>dis[u]+w)
            {
                dis[v]=dis[u]+w;
                if(!visited[v])
                {
                    q.push(v);
                    visited[v]=true;
                }
            }
        }
        visited[u]=false;
    }
    if(dis[m]==INF) return INF;
    else return dis[m]*(r-l+1); 
}

int main()
{
    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(a,b,c),add(b,a,c);
    }
    scanf("%d",&d);
    for(int i=1,P,a,b;i<=d;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&P,&a,&b);
        for(int j=a;j<=b;j++)
            cannot[P][j]=true;
    }
///寻找从i到j能够不改变路径的最短距离 
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i;j<=n;j++)
            cost[i][j]=spfa(i,j);
    dp[0]=0;
///将dp数组赋值为从开始到达当前的能够行走的最短距离 
    for(int i=1;i<=n;i++)
        dp[i]=cost[1][i];
    for(int i=2;i<=n;i++)
        for(int j=i-1;j>=1;j--)
        {
            if(cost[j+1][i]!=INF)
                dp[i]=min(dp[i],dp[j]+cost[j+1][i]+k);
            ///因为是逆序枚举,所以如果当前j是没有被更新的(为INF),
            ///那么之前的也一定不会被更新,所以直接break掉就好 
            else break;
        }
    ///到第n天的最小花费 
    printf("%d\\n",dp[n]);
    return 0;
}