@@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
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
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)
#include <bits/stdc++.h> #define N 21 #define M 200 #define LL long long using namespace std; int n, m, k, ee, d; struct Edge { int next, to, w; } e[M << 1]; int block[N][105], ww[105][105]; LL dp[105]; int tot, head[N]; int dis[N], exist[N]; bool vis[N]; void add(int u, int v, int w) { e[++tot].next = head[u]; e[tot].to = v; e[tot].w = w; head[u] = tot; } queue<int> que; int spfa(int a, int b) { memset(dis, 127, sizeof(dis)); memset(vis, 0, sizeof(vis)); for (int i = 1; i <= m; i++) exist[i] = 1; for (int i = 1; i <= m; i++) for (int j = a; j <= b; j++) if (block[i][j]) exist[i] = 0; que.push(1); vis[1] = 1; dis[1] = 0; while (!que.empty()) { int u = que.front(); que.pop(); vis[u] = 0; for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) { int v = e[i].to; if (!exist[v]) continue; if (dis[u] + e[i].w < dis[v]) { dis[v] = dis[u] + e[i].w; if (!vis[v]) que.push(v), vis[v] = 1; } } } return dis[m]; } int main() { // freopen("trans.in","r",stdin); // freopen("trans.out","w",stdout); ios::sync_with_stdio(false); cin >> n >> m >> k >> ee; for (int i = 1; i <= ee; i++) { int u, v, w; cin >> u >> v >> w; add(u, v, w); add(v, u, w); } cin >> d; for (int i = 1; i <= d; i++) { int p, a, b; cin >> p >> a >> b; for (int j = a; j <= b; j++) block[p][j] = 1; } for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) ww[i][j] = spfa(i, j); for (int i = 1; i <= n; i++) { dp[i] = (LL)ww[1][i] * i; for (int j = 1; j < i; j++) dp[i] = min(dp[i], dp[j] + k + (LL)ww[j + 1][i] * (i - j)); } cout << dp[n] << endl; return 0; }
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