【洛谷 - P1772 】[ZJOI2006]物流运输（dp）

题干：

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

输入样例#1： 复制

  5 5 10 81 2 11 3 31 4 22 3 22 4 43 4 13 5 24 5 242 2 33 1 13 3 34 4 5

输出样例#1： 复制

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）

解题报告：

这题第一眼看的时候是没思路的。。。听学长讲完woc好简单。想到状压了但是不知道怎么用。

这题做法很多，其中一种就是先算出2^18中每一种状态下，1到m的最短路是多少复杂度mlogm * 2^18，空间复杂度d[2^18]，应该不会爆。

然后这题注意到不光点数很少，天数也很少，所以你可以预处理任意两天之间，如果不更换线路的话，路径最小值。也就是假设你要算i~j天的，所以首先要枚举每一天然后处理出一个可行状态来，然后直接与运算就可以得到可行状态了，然后再你预处理的d数组中取数就可以了，这就是当前最优值。然后xjb做就可以了。

这题还有另一种十分好想并且不会卡空间的做法。详情见代码。

AC代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define F first
#define S second
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAX = 2e5 + 5;
struct Edge {int to,ne;ll w;
} ee[MAX];
int n,m,k,e,D;
ll dis[22],d[222][222];
int ban[22][222];
struct Point {int pos;ll c;Point(int pos,ll c):pos(pos),c(c){}bool operator < (const Point & b) const{return c > b.c;}
};
int head[22],tot,vis[22];
void add(int u,int v,ll w) {ee[++tot].to = v;ee[tot].w = w;ee[tot].ne = head[u];head[u] = tot;
}
ll Dijkstra() {for(int i = 1; i<=m; i++) dis[i] = INF;priority_queue<Point> pq;pq.push(Point(1,0)); dis[1] = 0;while(pq.size()) {Point cur = pq.top();pq.pop();if(vis[cur.pos]) continue;vis[cur.pos] = 1;for(int i = head[cur.pos]; ~i; i = ee[i].ne) {int v = ee[i].to;if(vis[v]) continue;if(dis[v] > dis[cur.pos] + ee[i].w) {dis[v] = dis[cur.pos] + ee[i].w;pq.push(Point(v,dis[v]));}}}return dis[m];
}
ll dp[222];
int main()
{cin>>n>>m>>k>>e;for(int i = 1; i<=m; i++) head[i] = -1;for(int a,b,c,i = 1; i<=e; i++) {scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);add(a,b,c);add(b,a,c);}cin>>D;for(int a,b,c,i = 1; i<=D; i++) {scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);for(int j = b; j<=c; j++) ban[a][j] = 1;}for(int i = 1; i<=n; i++) {//枚举每一区间段的起点 for(int j = i; j<=n; j++) {//枚举终点 for(int tar = 1; tar<=m; tar++) {vis[tar]=0;for(int k = i; k<=j; k++) vis[tar] |= ban[tar][k];}d[i][j] = Dijkstra();//预处理出第i到第j天的最短路 } }memset(dp,INF,sizeof dp);dp[1] = d[1][1];for(int i = 2; i<=n; i++) {dp[i] = d[1][i]*i;for(int j = 2; j<=i; j++) {if(d[j][i]==INF) continue;dp[i] = min(dp[i],dp[j-1] + d[j][i]*(i-j+1) + k);}}printf("%lld\n",dp[n]);return 0 ;
}