AK-dream

【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$n(1\leq n\leq 100), m(1\leq m\leq 20), K$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$P(1 < P < m), a, b(1 \leq a \leq b \leq n)$。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。

【题解】
设$f[i]$表示前$i$天的最小成本。则枚举$j$表示在第$j$天变更方案,有$f[i] = min(f[j] + K + cost(j+1, i)*(i-j))$,$cost(i, j)$ 表示第$i-j$天采用可行最优方案的每天的花费。
$cost(i, j)$是可以用最短路求出的。枚举每个限制条件,若某个码头$k$不能使用的日期和$i-j$有交集,则将该码头标记为不能使用(将$vis[k]$设为$1$)。然后就可以用最短路求出每个$cost(i, j)$。
注意从$f[0]$转移时不用加上$K$。

【代码】

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#define re register
using namespace std;
typedef long long ll;

ll n, m, kk, e, d;
ll head[10007], pre[20007], to[20007], dis[20007], len, ans[20007];
ll cost[103][103], p[100007], a[100007], b[100007], dp[100007];
bool vis[10007];

ll read() {
ll ret = 0;
char ch = getchar();
while (ch > '9' || ch < '0') {
ch = getchar();
}
while (ch <= '9' && ch >= '0') {
ret = ret * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return ret;
}

void insert(ll u, ll v, ll w) {
len++;
to[len] = v, pre[len] = head[u], dis[len] = w, head[u] = len;
}

void dijkstra() {
priority_queue< pair<ll, ll> > q;
q.push(make_pair(0, 1));
ans[1] = 0;
while (!q.empty()) {
ll c = q.top().second;
q.pop();
if (vis[c]) continue;
vis[c] = true;
for (re ll i = head[c]; i != 0; i = pre[i]) {
if (ans[c] + dis[i] < ans[to[i]]) {
ans[to[i]] = ans[c] + dis[i];
q.push(make_pair(-ans[to[i]], to[i]));
}
}
}
}

int main() {
n = read(), m = read(), kk = read(), e = read();
for (ll i = 1; i <= e; i++) {
ll u, v, w;
u = read(), v = read(), w = read();
insert(u, v, w);
insert(v, u, w);
}
d = read();
for (ll i = 1; i <= d; i++) {
p[i] = read(), a[i] = read(), b[i] = read();
}
for (ll i = 1; i <= n; i++) for (ll j = i; j <= n; j++) {
for (ll k = 1; k <= m; k++) vis[k] = 0;
for (ll k = 1; k <= m; k++) ans[k] = 0x7fffffff;
for (ll k = 1; k <= d; k++) if ((a[k] >= i && a[k] <= j) || (b[k] >= i && b[k] <= j) || (a[k] <= i && b[k] >= j)) vis[p[k]] = 1;
dijkstra();
cost[i][j] = ans[m];
}
for (ll i = 1; i <= n; i++) {
dp[i] = 0x7fffffff;
for (ll j = 0; j < i; j++) {
if (cost[j + 1][i] == 0x7fffffff) continue;
if (j != 0) dp[i] = min(dp[j] + cost[j + 1][i] * (i - j) + kk, dp[i]);
else dp[i] = min(dp[j] + cost[j + 1][i] * (i - j), dp[i]);
}
}
printf("%lld\n", dp[n]);
return 0;
}


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