[ZJOI2006]物流运输

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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

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

这题目是显然会让人想到最短路的，但是有意思的在于最短路的条件限制。

观看数据范围（1<=n<=100）、m（1<=m<=20），我靠这难道是个网络流？可以这很OI！

想歪了很久呢。。。。

为了有效的维护条件限制，很容易想到用一个cost[i][j]来表示从时间i到j的从源点到汇点的最少花费（用最短路算法解决，数据范围决定了我们可以暴力搞）

有了cost，这不就是显然的dp模型么?

定义f[i]------时间i之前的总最小花费。

边界f[0]=-k;

初始化：f[j]=inf (1<=j<=n)

转移方程式：f[i]=min{f[i],f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k} (0<=j<i)

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cstdlib>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<vector>
 7 #include<cstring>
 8 #define yyj(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout);
 9 #define llg long long
10 #define maxn 110
11 llg i,j,k,n,m,c[maxn][maxn],e,d,l,r,cost[maxn][maxn],head,tail,dl[maxn*maxn],dis[maxn],js[maxn],f[maxn],kk;
12 using namespace std;
13 vector <llg> a[maxn],val[maxn];
14 void link(llg x,llg y,llg z) {a[x].push_back(y); val[x].push_back(z);}
15 bool pd(llg x,llg i)
16 {
17     for (llg k=l;k<=r;k++) if (c[a[x][i]][k]) return false;
18     return true;
19 }
20 llg spfa()
21 {
22     dis[1]=0; js[1]=1;
23     for (i=2;i<=m;i++) {dis[i]=0x7fffffff; js[i]=0;}
24     head=0; tail=1; dl[1]=1;
25     do
26     {
27         head++; 
28         llg x=dl[head];
29         js[x]++; if (js[x]>m) return 0x7fffffff;
30         llg w=a[x].size();
31         for (i=0;i<w;i++)
32             if (dis[a[x][i]]>dis[x]+val[x][i] && pd(x,i))
33             {
34                 tail++;
35                 dl[tail]=a[x][i];
36                 dis[a[x][i]]=dis[x]+val[x][i];
37             }
38     }while (head!=tail);
39     return dis[m];
40 }
41 int main()
42 {
43     //yyj("a");
44     cin>>n>>m>>kk>>e;
45     for (i=1;i<=e;i++)
46     {
47         llg x,y,z;
48         scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
49         link(x,y,z); link(y,x,z);
50     }
51     cin>>d;
52     for (i=1;i<=d;i++)
53     {
54         llg x,y,o;
55         scanf("%lld%lld%lld",&o,&x,&y);
56         for (k=x;k<=y;k++) c[o][k]=1;
57     }
58     for (l=1;l<=n;l++)
59         for (r=l;r<=n;r++)
60             cost[l][r]=spfa();
61     k=kk; f[0]=-k;
62     for (i=1;i<=n;i++) f[i]=0x7fffffff;
63     for (i=1;i<=n;i++)
64         for (j=0;j<i;j++)
65             f[i]=min(f[i],f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k);
66     cout<<f[n];
67     return 0;
68 }

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原文地址：http://www.cnblogs.com/Dragon-Light/p/5657649.html