BZOJ(1) 1003 [ZJOI2006]物流运输
2024-08-28 15:16:24
1003: [ZJOI2006]物流运输
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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
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
//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
HINT
思路:spfa+dp。
w[i][j]表示第i到j天不更改线路的最小花费。
dp[i]表示第1到i天的最小花费。
那么显然有:dp[i]=min(dp[i],dp[j]+k+w[j+1][i]*(i-j));
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 10000
using namespace std;
int n,m,k,e,d,tot;
long long dp[];
int vis[],dis[];
int can[],could[][],w[][];
int to[MAXN],net[MAXN],head[MAXN],cap[MAXN];
void add(int u,int v,int w){
to[++tot]=v;cap[tot]=w;net[tot]=head[u];head[u]=tot;
}
int spfa(int s,int t){
queue<int>que;
memset(can,,sizeof(can));
memset(vis,,sizeof(vis));
memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
for(int i=;i<=m;i++)
for(int j=s;j<=t;j++)
if(could[i][j]) can[i]=;
que.push();dis[]=;vis[]=;
while(!que.empty()){
int now=que.front();
que.pop();vis[now]=;
if(can[now]) continue;
for(int i=head[now];i;i=net[i])
if(dis[to[i]]>dis[now]+cap[i]){
dis[to[i]]=dis[now]+cap[i];
if(!vis[to[i]]){
vis[to[i]]=;
que.push(to[i]);
}
}
}
return dis[m];
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e);
for(int i=;i<=e;i++){
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);add(v,u,w);
}
scanf("%d",&d);
for(int i=;i<=d;i++){
int p,a,b;
scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);
for(int j=a;j<=b;j++) could[p][j]=;
}
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
w[i][j]=spfa(i,j);
for(int i=;i<=n;i++){
dp[i]=1LL*w[][i]*i;
for(int j=;j<i;j++)
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+k+1LL*w[j+][i]*(i-j));
}
cout<<dp[n];
}
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