物流运输

C202044zxy

于 2019-10-12 22:35:43 发布

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分类专栏： dp 图论

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一、题目

点此看题

二、解法

这道题得难点在于如何在限制点的情况下最短路和最小 $k$ 值的决策，考虑动态规划。
每一天的路径可以不改变路径形态，或者改变路径形态。发现在决策过程中，会出现相同且连续的路径形态，我们自然而然地想到了区间类型的 $d p$ ，即对于本题，我们要对一个大区间分段，每断开一次都会导致为 $k$ 的花费，而分段后区间带来的代价减少。
设 $f [i]$ 为对于 $[1, i]$ 执行上述操作的最小花费，则有：
$f[i]=\min\{f[j-1]+k+cost[j][i]\}$
现在的问题是，怎么算 $c o s t$ ？发现 $c o s t$ 即为这个天数区间不能走被限制点的最短路径，考虑到 $n\leq 20$ ，我们可以对点状压，取这些天数被限制点集的并集，然后跑 $d i j k s t r a$ 即可。
时间复杂度 $O(n^2m\log m)$ 其中 ( $n$ 为点数， $m$ 为边数)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int read()
{
    int x=0,flag=1;
    char c;
    while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
    while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
    return x*flag;
}
int n,m,T,k,d,tot,f[25],dis[25],dp[105],sit[105];
struct edge
{
    int v,c,next;
} e[405];
struct node
{
    int u,c;
    bool operator < (node x) const
    {
        return c>x.c;
    }
};
int dijkstra(int a,int b)
{
    int S=0;
    for(int i=a; i<=b; i++)
        S|=sit[i];
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    priority_queue<node> q;
    q.push(node{1,0});
    dis[1]=0;
    while(!q.empty())
    {
        node t=q.top();
        q.pop();
        for(int i=f[t.u]; i; i=e[i].next)
        {
            int v=e[i].v,c=e[i].c;
            if(dis[v]>dis[t.u]+c && !((1<<v-1)&S))
            {
                dis[v]=dis[t.u]+c;
                q.push(node{v,dis[v]});
            }
        }
    }
    return dis[n];
}
signed main()
{
    T=read();
    n=read();
    k=read();
    m=read();
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int u=read(),v=read(),c=read();
        e[++tot]=edge{v,c,f[u]},f[u]=tot;
        e[++tot]=edge{u,c,f[v]},f[v]=tot;
    }
    d=read();
    for(int i=1; i<=d; i++)
    {
        int u=read(),a=read(),b=read();
        for(int j=a; j<=b; j++)
            sit[j]|=(1<<u-1);
    }
    for(int i=1; i<=T; i++)
    {
        dp[i]=inf;
        for(int j=1; j<=i; j++)
        {
            int t;
            if((t=dijkstra(j,i))^inf)
                dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+k+(i-j+1)*t);
        }
    }
    printf("%d\n",dp[T]-k);
}