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[ZJOI2006] 物流運輸

天數 總數 clas IV 一次 string ostream IT scan

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; }

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