BZOJ 1003 物流运输

1003: [ZJOI2006]物流运输

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Description

　　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

Sample 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

题目大意：

如题。

思路：

正确的思路：cost [ i ] [ j ] 表示第 i 天到第 j 天的最小花费（不换航线）

那么 cost [ i ] [ j ] = min ( cost [ i ] [ j ] , cost [ i ] [ k ] + cost [ k ] [ j ] + 换航线的花费 )

这里枚举的顺序很重要第一维枚举要处理的天数的长度，第二维枚举起点第三位枚举换航线的点

因为我们需要一天一天的去向后推。

超时的思路：

dfs 求出所有的路给每个路一个编号

cost [ i ] [ j ] 代表第 i 天走第 j 条路的花费

那么 dp[ i ] [ j ] =min ( dp[ i ] [ j ] ,dp [ i - 1] [ k ] + cost [ i ] [ j ] + 换航线的花费 )

其中 k 为前一天最小花费

一开始以为是对短路这里不对。

最短路这里用 spfa 写了一次用优先队列优化写了一次最后检查出来是 dp 那里一个变量写错了

尴尬一下午。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{int u;int cost;friend bool operator < (const node &a,const node &b){return a.cost>b.cost;}
} noww,nextt;
priority_queue<node> que;
int n,e,k,m;
int mapp[30][30];
int vis[30][115];
int cost[115][115];
bool vv[30];
int cnt;
void init()
{for(int i=0; i<=e; i++){for(int j=0; j<=e; j++){mapp[i][j]=-1;}}for(int i=0; i<=e; i++){for(int j=0; j<=n; j++){vis[i][j]=1;}}
}
void add(int u,int v,int c)
{mapp[u][v]=c;mapp[v][u]=c;
}
void add2(int u,int ss,int ee)
{for(int i=ss; i<=ee; i++){vis[u][i]=0;}
}
void hehe()
{memset(vv,false,sizeof(vv));
}
bool pass(int u,int bbb,int eee)
{for(int i=bbb; i<=eee; i++){if(vis[u][i]==0){return false;}}return true;
}
int bfs(int bb,int ee)
{while(!que.empty()){que.pop();}noww.u=1;noww.cost=0;que.push(noww);while(!que.empty()){noww=que.top();que.pop();if(noww.u==e){return noww.cost;}vv[noww.u]=1;for(int i=1; i<=e; i++){if(mapp[noww.u][i]!=-1){if(pass(i,bb,ee)){nextt.u=i;nextt.cost=noww.cost+mapp[noww.u][i];if(vv[i]==0)que.push(nextt);}}}}return 0x3f3f3f3f;
}
int main()
{int u,v,c;int t;int ss,ee;while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&e,&k,&m)){init();for(int i=0; i<m; i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&c);add(u,v,c);}scanf("%d",&t);for(int i=0; i<t; i++){scanf("%d%d%d",&u,&ss,&ee);add2(u,ss,ee);}for(int day=1; day<=n; day++){for(int j=day; j<=n; j++){hehe();t=bfs(day,j);if(t==0x3f3f3f3f)cost[day][j]=0x3f3f3f3f;elsecost[day][j]=t*(j-day+1);}}for (int len=2;len<=n;len++){for (int s=1;s+len-1<=n;s++){m=s+len-1;for (int p=s;p<m;p++){cost[s][m] = min(cost[s][m], cost[s][p] + k + cost[p + 1][m]);}}}cout<<cost[1][n]<<endl;}
}