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。

　　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。

　　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。

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
//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

 

思路：spfa+dp。

w[i][j]表示第i到j天不更改线路的最小花费。

dp[i]表示第1到i天的最小花费。

那么显然有：dp[i]=min(dp[i],dp[j]+k+w[j+1][i]*(i-j));

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 10000
using namespace std;
int n,m,k,e,d,tot;
long long dp[101];
int vis[21],dis[21];
int can[21],could[21][101],w[101][101];
int to[MAXN],net[MAXN],head[MAXN],cap[MAXN];
void add(int u,int v,int w){to[++tot]=v;cap[tot]=w;net[tot]=head[u];head[u]=tot;
}
int spfa(int s,int t){queue<int>que;memset(can,0,sizeof(can));memset(vis,0,sizeof(vis));memset(dis,0x7f,sizeof(dis));for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=s;j<=t;j++)if(could[i][j])    can[i]=1;que.push(1);dis[1]=0;vis[1]=1;while(!que.empty()){int now=que.front();que.pop();vis[now]=0;if(can[now])    continue;for(int i=head[now];i;i=net[i])if(dis[to[i]]>dis[now]+cap[i]){dis[to[i]]=dis[now]+cap[i];if(!vis[to[i]]){vis[to[i]]=1;que.push(to[i]);}}}return dis[m];
}
int main(){scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);for(int i=1;i<=e;i++){int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);add(u,v,w);add(v,u,w);}scanf("%d",&d);for(int i=1;i<=d;i++){int p,a,b;scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);for(int j=a;j<=b;j++)    could[p][j]=1;}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i;j<=n;j++)w[i][j]=spfa(i,j);for(int i=1;i<=n;i++){dp[i]=1LL*w[1][i]*i;for(int j=1;j<i;j++)dp[i]=min(dp[i],dp[j]+k+1LL*w[j+1][i]*(i-j));}cout<<dp[n];
}