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。
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。
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
HINT
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
Solution
一道好题！
这道题可记忆化搜索DP做。\(F_i\)表示从第1天到第i天最小花费，转移：
\[F_i = min\{F_j+Cost_{j+1,i}+K\}\]\(Cost_{l,r}\)表示l天到r天不更改航线最小花费。
因为数据范围比较小，暴力转移就可以了。
Code
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
| #include <cstdio>
#include <deque>
using namespace std;
const int maxd = 105;
const int maxn = 25;
const int INF = 1000000007;
int d, n, k, m, q;
int cost[maxd][maxd];
int f[maxd];
bool ban[maxn * maxn][maxd];
bool ava[maxd];
int min(int a, int b) {
return a < b ? a : b;
}
int getint() {
int r = 0, k = 1;
char c;
for (c = getchar(); c < '0' || c > '9'; c = getchar() ) if (c == '-') k = -1;
for (; '0' <= c && c <= '9'; c = getchar() ) r = r * 10 - '0' + c;
return r * k;
}
struct edge_type {
int v, next, w;
} edge[maxn * maxn]; int cnte = 0, h[maxn];
void ins(int u, int v, int w) {
edge[++cnte].v = v;
edge[cnte].w = w;
edge[cnte].next = h[u];
h[u] = cnte;
}
deque<int> Q;
int dis[maxn];
bool inque[maxn];
void SPFA() {
Q.push_back(1);
dis[1] = 0;
inque[1] = true;
for (int i = 2; i <= n; ++i) dis[i] = INF;
int now;
while (!Q.empty()) {
now = Q.front(); Q.pop_front(); inque[now] = false;
for (int i = h[now]; i; i = edge[i].next) {
int v = edge[i].v;
if (!ava[v]) continue;
if (dis[v] > dis[now] + edge[i].w) {
dis[v] = dis[now] + edge[i].w;
if (!inque[v]) {
Q.push_back(v);
inque[v] = true;
}
}
}
}
}
int main() {
d = getint(); n = getint(); k = getint(); m = getint();
int u, v, w;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
u = getint(); v = getint(); w = getint();
ins(u, v, w); ins(v, u, w);
}
q = getint();
for (int i = 0; i < q; ++i) {
u = getint(); v = getint(); w = getint();
for (int j = v; j <= w; ++j) ban[u][j] = true;
}
for (int i = 1; i <= d; ++i)
for (int j = i; j <= d; ++j)
{
for (int mt = 1; mt <= n; ++mt) {
ava[mt] = true;
for (int t = i; t <= j; ++t)
if (ban[mt][t]) {
ava[mt] = false;
break;
}
}
SPFA();
if (dis[n] == INF) cost[i][j] = INF;
else cost[i][j] = dis[n] * (j-i+1);
}
for (int i = 1; i <= d; ++i) {
f[i] = cost[1][i];
for (int j = 1; j <= i; ++j) f[i] = min(f[i], f[j] + cost[j+1][i] + k);
}
printf("%d\n", f[d]);
return 0;
}
|