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

Solution

這道題由於數據範圍非常小，所以我們可以用比較暴力的方法。

我們可以把每一個時間段，[i,j]天都跑一次最短路，求出每一個時間段的最短路。

然後開始DP，每一天的最小花費表示為dp[i],把dp[0]設置為-k，表示第一次更改無需花費。枚舉每個時間段，求出每一天最小花費。

Code

//Writer:jr HSZ;%%%WJMZBMR
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#define LL long long
#define f(i,a,b) for(register LL i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
int n,m,k,E,dis[150
 
],vis[105],f[205][105],dp[105];
struct Edge {
    int to,nxt,val;
};
Edge e[25*25];
int ecnt,head[25],d,a[150][150],tag[105];
const int inf=0x3f3f3f3f;
void spfa(int st,int ed) {
    queue<int>q;
    q.push(1);
    vis[1]=1,dis[1]=0;
    while(!q.empty()) {
        int u=q.front();
        vis[u]=0;
        q.pop();
        for(int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {
            int v=e[i].to;
            if(dis[u]+e[i].val<dis[v]) {
                dis[v]= dis[u]+e[i].val;
                if(!vis[v]&&!tag[v]) q.push(v),vis[v]=1;
            }
        }
    }
}

void add(int bg,int ed,int val) {
    e[++ecnt].nxt=head[bg];
    e[ecnt].to=ed;
    e[ecnt].val=val;
    head[bg]=ecnt;
}
int main() {
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&E);
    f(i,1,E) {
        int A,B,C;
        scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
        add(A,B,C);
        add(B,A,C);
    }
    scanf("%d",&d);
    for(int i=1; i<=d; i++) {
        int p,l,r;
        scanf("%d%d%d",&p,&l,&r);
        for(int j=l; j<=r; j++) a[p][j]=1;
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        memset(tag,0,sizeof tag);
        for(int j=i; j<=n; j++) {
            memset(dis,0x3f,sizeof dis);
            memset(vis,0,sizeof vis);
            for(int k=1; k<=m; k++) tag[k]|=a[k][j];
            spfa(i,j);
            f[i][j]=dis[m];
        }
    }
    dp[0]=-k;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        dp[i]=inf;
        for(int j=0; j<i; j++)
            if(f[j+1][i]!=inf)
                dp[i]=min(dp[i],dp[j]+f[j+1][i]*(i-j)+k);//在第j天改不改方案。
    }
    printf("%d",dp[n]);
    return 0;
}

[ZJOI2006] 物流運輸