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[ZJOI2006]物流運輸

ref ons 計劃 不可用 n) ring != () problems

1003: [ZJOI2006]物流運輸

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Description

  物流公司要把一批貨物從碼頭A運到碼頭B。由於貨物量比較大,需要n天才能運完。貨物運輸過程中一般要轉
停好幾個碼頭。物流公司通常會設計一條固定的運輸路線,以便對整個運輸過程實施嚴格的管理和跟蹤。由於各種
因素的存在,有的時候某個碼頭會無法裝卸貨物。這時候就必須修改運輸路線,讓貨物能夠按時到達目的地。但是
修改路線是一件十分麻煩的事情,會帶來額外的成本。因此物流公司希望能夠訂一個n天的運輸計劃,使得總成本
盡可能地小。

Input

  第一行是四個整數n(1<=n<=100)、m(1<=m<=20)、K和e。n表示貨物運輸所需天數,m表示碼頭總數,K表示
每次修改運輸路線所需成本。接下來e行每行是一條航線描述,包括了三個整數,依次表示航線連接的兩個碼頭編
號以及航線長度(>0)。其中碼頭A編號為1,碼頭B編號為m。單位長度的運輸費用為1。航線是雙向的。再接下來
一行是一個整數d,後面的d行每行是三個整數P( 1 < P < m)、a、b(1< = a < = b < = n)。表示編號為P的碼
頭從第a天到第b天無法裝卸貨物(含頭尾)。同一個碼頭有可能在多個時間段內不可用。但任何時間都存在至少一
條從碼頭A到碼頭B的運輸路線。

Output

  包括了一個整數表示最小的總成本。總成本=n天運輸路線長度之和+K*改變運輸路線的次數。

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,後兩天走1-3-5,這樣總成本為(2+2)*3+(3+2)*2+10=32

一次路線增加K的費用,n天,那麽,可以設狀態dp[i]表示前i天的最小費用,那麽轉移很好想,dp[i]=min(dp[j] + cost[j+1][i]*(i-j) + K),cost[i][j]

ij天共同的最短路的長度,從[j+1,i]天內都使用這條路,相對於j天來講換了一次;可能會想,這個dpdp[j]會不會跟cost[j+1][i]是相同的,沒關系,因為總會存在一個點使得路徑轉化,j是從0枚舉的,dpmin,所以答案肯定是正確的;

 1 #include<algorithm>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstdlib>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cmath>
 6 #include<map>
 7 #include<set>
 8 #include<queue>
 9 #include<vector>
10 #include<iomanip>
11 #include<cstring>
12 #define inf 1<<29
13 #define ll long long
14 #define db double
15 #define re register
16 #define il inline
17 #define rep(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i)
18 #define file(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
19 using namespace std;
20 const int N=110;
21 struct Edge{
22   int to,net,w;
23 }e[250*2];
24 int head[25],num_e,day;
25 int dp[N],cost[N][N],K,n,m;
26 bool can[25][N][N];
27 il void add(int x,int y,int w) {
28   e[++num_e].to=y,e[num_e].w=w,e[num_e].net=head[x],head[x]=num_e;
29 }
30 inline int gi() {
31   re int res=0,f=1;re char ch=getchar();
32   while((ch<0||ch>9)&&ch!=-) ch=getchar();
33   if(ch==-) f=-1,ch=getchar();
34   while(ch>=0&&ch<=9) res=res*10+ch-0,ch=getchar();
35   return res*f;
36 }
37 bool inq[25];
38 int dis[25];
39 il void spfa(int a,int b) {
40   for(re int i=1;i<=n;i++) dis[i]=inf;
41   memset(inq,0,sizeof(inq));
42   queue<int> q;
43   q.push(1);
44   dis[1]=0;inq[1]=1;
45   re int u;
46   while(!q.empty()) {
47     u=q.front();q.pop();
48     inq[u]=0;
49     for(int i=head[u];i;i=e[i].net) {
50       int to=e[i].to;
51       if(dis[to] > dis[u] + e[i].w && can[to][a][b]) {
52     dis[to]=dis[u] + e[i].w;
53     if(!inq[to]) q.push(to),inq[to]=1;
54       }
55     }
56   }
57   cost[a][b]=dis[n];
58 }
59 void DP() {
60   rep(i,1,day) dp[i]=inf;
61   dp[0]=-K;
62   for(re int i=1;i<=day;i++)
63     for(re int j=0;j<i;j++)
64       if(dp[j]<inf&&cost[j+1][i]<inf)
65       dp[i]=min(dp[i],dp[j]+cost[j+1][i] * (i-j)+K);
66 }
67 int main(){
68   file("spfa");
69   day=gi(),n=gi(),K=gi(),m=gi();
70   re int u,v,w;
71   while(m--){
72     u=gi(),v=gi(),w=gi();
73     add(u,v,w),add(v,u,w);
74   }
75   m=gi();
76   memset(can,true,sizeof(can));
77   while(m--){
78     w=gi(),u=gi(),v=gi();
79     for(re int i=1;i<=v;i++)
80       for(re int j=u;j<=day;j++)
81     if(i<=j)
82     can[w][i][j]=false;
83   }
84   
85   for(re int i=1;i<=day;i++)
86     for(re int j=i;j<=day;j++)
87       spfa(i,j);
88   DP();
89   printf("%d",dp[day]);
90   return 0;
91 }

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