bzoj1003
题目描述：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。
输入格式：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。
输出格式：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。
输入样例： 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
输出格式： 32
解析：挺简单的一道题。 设dp[i]表示第i天所需要的最小成本。 那么可以枚举上一次和第i天走的最短路相同的天数j，则dp[i] = max(dp[j - 1] + (i - j + 1) * dis + k)，dis是从1到m的最短路。最后输出答案即可。 注意dp[0] = -k，因为第一次最短路不需要修改。
代码如下：
#include<cstdio> #include<queue> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn = 1e5 + 5; //不知道d和e是多少就开了这么大 QAQ~ int n, m, k, e, dis[25], d, mark[105][25], dp[105], bj[25], vis[25]; int nxt[maxn << 1], hed[maxn << 1], to[maxn << 1], val[maxn << 1], cnt; struct dui{ int dis, p; bool operator<(const dui &a)const{ return a.dis < dis; } }; priority_queue <dui> heap; int read(void) { char c; while (c = getchar(), c < '0' || c >'9'); int x = c - '0'; while (c = getchar(), c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0'; return x; } void add(int x, int y, int len) { nxt[++ cnt] = hed[x]; hed[x] = cnt; to[cnt] = y; val[cnt] = len; } void dijkstra(void) { for (int i = 1; i <= m; ++ i) dis[i] = 2e9, vis[i] = 0; dis[1] = 0; heap.push((dui){0, 1}); while (!heap.empty()) { dui u = heap.top(); heap.pop(); if (vis[u.p]) continue; vis[u.p] = 1; for (int i = hed[u.p]; i ; i = nxt[i]) { int v = to[i]; if (bj[v]) continue; //如果不能走就换一个点 if (dis[v] > dis[u.p] + val[i]) { dis[v] = dis[u.p] + val[i]; heap.push((dui){dis[v], v}); } } } } int main() { n = read(); m = read(); k = read(); e = read(); for (int i = 1; i <= e; ++ i) { int x = read(), y = read(), len = read(); add(x, y, len); add(y, x, len); } d = read(); for (int i = 1; i <= d; ++ i) { int p = read(), x = read(), y = read(); for (int j = x; j <= y; ++ j) mark[j][p] = 1; } dp[0] = -k; for (int i = 1; i <= n; ++ i) { dp[i] = 2e9; for (int j = 1; j <= m; ++ j) bj[j] = 0; //bj表示不能走的点 for (int j = i; j ; -- j) { //注意要大到小枚举！ for (int h = 1; h <= m; ++ h) bj[h] |= mark[j][h]; dijkstra(); if (dis[m] == 2e9) break; //如果无法连通，就直接退出 dp[i] = min(dp[i], dp[j - 1] + (i - j + 1) * dis[m] + k); } } printf("%d", dp[n]); return 0; }转载于:https://www.cnblogs.com/Gaxc/p/9978850.html
