[bzoj1003][ZJOI2006]物流运输

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

题解

好久没写这种联赛题了
首先预处理出在每个 $[i,j]$ 的区间里哪些码头能用
然后在用spfa处理出只经过在 $[i,j]$ 区间都能用的码头的从 $1$ 到 $m$ 的最短路 $cost[i][j]$ 。
最后设计dp方程：
$f[i]$ 表示前$i$天的最小花费

$f[i]=\min_{j=0}^{i-1}\left \{ f[j]+cost[j+1][i]+k \right \}$
$especially,f[0]=-k$

因为转移时需要多加一次k。

My Code

/**************************************************************
    Problem: 1003
    User: infinityedge
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:40 ms
    Memory:2540 kb
****************************************************************/

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
struct wn {
    int to,cap,nxt;
} w[10005];
int h[105],cnt;
int n,m,kk,e,d;
int dis[25],vis[25];
int can[105][25],cc[105][105][25];
int cost[105][105];
int f[105];
inline int addedge(int x,int y,int z) {
    cnt++;
    w[cnt].to=y;
    w[cnt].cap=z;
    w[cnt].nxt=h[x];
    h[x]=cnt;
}
inline int spfa(int l,int r) {
    for(int i=1; i<=m; i++)dis[i]=1e7;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    queue<int>q;
    dis[1]=0;
    vis[1]=1;
    q.push(1);
    while(!q.empty()) {
        int x=q.front();
        q.pop();
        for(int i=h[x]; i; i=w[i].nxt) {
            if(!cc[l][r][w[i].to])continue;
            if(dis[x]+w[i].cap<dis[w[i].to]) {
                dis[w[i].to]=dis[x]+w[i].cap;
                if(!vis[w[i].to])q.push(w[i].to);
            }
        }
        vis[x]=0;
    }
    return dis[m];
}
int main() {
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&kk,&e);
    for(int i=1; i<=e; i++) {
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        addedge(x,y,z);
        addedge(y,x,z);
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1; j<=m; j++) {
            can[i][j]=1;
        }
    }
    scanf("%d",&d);
    for(int i=1; i<=d; i++) {
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        for(int j=y; j<=z; j++) {
            can[j][x]=0;
        }
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1; j<=m; j++) {
            cc[i][i][j]=can[i][j];
        }
        for(int j=i+1; j<=n; j++) {
            for(int k=1; k<=m; k++) {
                cc[i][j][k]=cc[i][j-1][k]&can[j][k];
            }
        }
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=i; j<=n; j++) {
            cost[i][j]=spfa(i,j);
        }
    }
    f[0]=-kk;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        f[i]=inf;
        for(int j=0; j<i; j++) {
            f[i]=min(f[i],f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+kk);
        }
    }
    printf("%d\n",f[n]);
}