[ZJOI2006]物流运输

Posted 2020-10-02 Mafia

[ZJOI2006]物流运输

题目

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

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

解题报告

神$DP$= =

首先我们观察，码头有天数的限制，所以显然不能瞎XX直接求最短路（这不是废话吗），所以我们考虑$DP$

我们可以求出在每一段区间内，哪些码头可以用，哪些码头不能用，那么，我们自然可以处理出，每一段区间内，从起点到终点的最小花费（即最短路）。

具体方法：

枚举每一段时间区间，将在这段区间中关闭的码头砍掉，剩下的码头跑单源最短路（$SPFA$就可以了）

然后，我们得出了一个数组$cost[i][j]$表示从第$i$天到第$j$天，从起点到终点的最短路，接着就可以写转移方程了。

设$f[i]$表示到第$i$天所需的最小花费：

$$f[i]=min{f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k}$$

原因很简单，当前状态一定是由上一状态转移而来，我们假设到第$j$天换了航线，并沿此航线航行到第$j$天，这一段所需的花费是$cost[j+1][i]*(i-j)$，换航线所需的花费是$k$，我们只要枚举$i$之前的$j$，求最小值即可转移过来了

需要注意的是，从第$0$天转移过来时，默认换了一次航线，实际上并没有换，所以最后结果要减去一个$k$，即：

$$ans=f[n]-k$$

  1 #include<iostream>
  2 #include<cstring>
  3 #include<cstdio>
  4 #include<queue>
  5 using namespace std;
  6 inline int read(){
  7     int sum(0);
  8     char ch(getchar());
  9     for(;ch<‘0‘||ch>‘9‘;ch=getchar());
 10     for(;ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘;sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar());
 11     return sum;
 12 }
 13 struct edge{
 14     int e,w;
 15     edge *n;
 16     edge():e(0),w(0),n(NULL){}
 17 }a[405],eve[405],*pre[25],*nxt[25];
 18 int tot,ttt;
 19 inline void insert(int s,int e,int w){
 20     a[++tot].e=e;
 21     a[tot].w=w;
 22     a[tot].n=pre[s];
 23     pre[s]=&a[tot];
 24 }
 25 inline void add(int s,int e,int w){
 26     eve[++ttt].e=e;
 27     eve[ttt].w=w;
 28     eve[ttt].n=nxt[s];
 29     nxt[s]=&eve[ttt];
 30 }
 31 int n,m,k,e,d;
 32 bool dat[25][105];
 33 bool can[25];
 34 int cost[105][105],dis[25];
 35 bool vis[25];
 36 inline void spfa(){
 37     memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
 38     memset(vis,0,sizeof(vis));
 39     dis[1]=0,vis[1]=1;
 40     queue<int>q;
 41     q.push(1);
 42     while(!q.empty()){
 43         int k(q.front());
 44         vis[k]=0;
 45         q.pop();
 46         for(edge *i=nxt[k];i;i=i->n){
 47             int e(i->e);
 48             if(dis[e]>dis[k]+i->w){
 49                 dis[e]=dis[k]+i->w;
 50                 if(!vis[e]){
 51                     vis[e]=1;
 52                     q.push(e);
 53                 }
 54             }
 55         }
 56     }
 57 }
 58 int f[105];
 59 inline int gg(){
 60     freopen("bzoj_1003.in","r",stdin);
 61     freopen("bzoj_1003.out","w",stdout);
 62     memset(pre,NULL,sizeof(pre));
 63     n=read(),m=read(),k=read(),e=read();
 64     for(int i=1;i<=e;++i){
 65         int x(read()),y(read()),z(read());
 66         insert(x,y,z),insert(y,x,z);
 67     }
 68     d=read();
 69     for(int i=1;i<=d;++i){
 70         int x(read()),y(read()),z(read());
 71         for(int j=y;j<=z;++j)
 72             dat[x][j]=1;
 73     }
 74     memset(f,0x3f,sizeof(f));
 75     memset(cost,0x3f,sizeof(cost));
 76     int inf(f[1]);
 77     for(int i=1;i<=n;++i){
 78         for(int j=i;j<=n;++j){
 79             memset(can,1,sizeof(can));
 80             memset(nxt,NULL,sizeof(nxt));
 81             ttt=0;
 82             for(int o=1;o<=m;++o){
 83                 for(int l=i;l<=j;++l)
 84                     if(dat[o][l]){
 85                         can[o]=0;
 86                         break;
 87                     }
 88             }
 89             for(int o=1;o<=m;++o){
 90                 if(!can[o])
 91                     continue;
 92                 for(edge *i=pre[o];i;i=i->n){
 93                     int e(i->e);
 94                     if(can[e])
 95                         add(o,e,i->w);
 96                 }
 97             }
 98             spfa();
 99             cost[i][j]=dis[m];
100         }
101     }
102     f[0]=0;
103     for(int i=1;i<=n;++i)
104         for(int j=0;j<i;++j)
105             if(f[j]!=inf&&cost[j+1][i]!=inf)
106                 f[i]=min(f[i],f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k);
107     printf("%d",f[n]-k);
108     return 0;
109 }
110 int K(gg());
111 int main(){;}

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