1003: [ZJOI2006]物流運輸trans
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Description
物流公司要把一批貨物從碼頭A運到碼頭B。由於貨物量比較大，需要n天才能運完。貨物運輸過程中一般要轉停好幾個碼頭。物流公司通常會設計一條固定的運輸路線，以便對整個運輸過程實施嚴格的管理和跟蹤。由於各種因素的存在，有的時候某個碼頭會無法裝卸貨物。這時候就必須修改運輸路線，讓貨物能夠按時到達目的地。但是修改路線是一件十分麻煩的事情，會帶來額外的成本。因此物流公司希望能夠訂一個n天的運輸計劃，使得總成本盡可能地小。
Input
第一行是四個整數n（1<=n<=100）、m（1<=m<=20）、K和e。n表示貨物運輸所需天數，m表示碼頭總數，K表示每次修改運輸路線所需成本。接下來e行每行是一條航線描述，包括了三個整數，依次表示航線連接的兩個碼頭編號以及航線長度（>0）。其中碼頭A編號為1，碼頭B編號為m。單位長度的運輸費用為1。航線是雙向的。再接下來一行是一個整數d，後面的d行每行是三個整數P（ 1 < P < m）、a、b（1 < = a < = b < = n）。表示編號為P的碼頭從第a天到第b天無法裝卸貨物（含頭尾）。同一個碼頭有可能在多個時間段內不可用。但任何時間都存在至少一條從碼頭A到碼頭B的運輸路線。
Output
包括了一個整數表示最小的總成本。總成本=n天運輸路線長度之和+K*改變運輸路線的次數。
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
Sample Output
32
HINT
前三天走1-4-5，後兩天走1-3-5，這樣總成本為(2+2)*3+(3+2)*2+10=32
【分析】感覺著是一道很好的題目，用到了最短路+DP的思想。我們設f[i]表示到第i天的最小費用，那麼轉移就是f[i]=min(f[i],f[j]+cost[j+1][i]+k)。其中cost[i][j]表示從i到j連續選某一條路的最小費用，這個可以預處理來完成。在預處理最短路的時候，還有一個限制條件，就是某個點在某天可能不能走。
【最初代碼】
#include
#include
#include
#define INF 1010580540
#define N 25
#define D 105
using namespace std;
int dis[N],get[D],cost[D][D],x[N],f[D],map[N][N],p,q;
int xx,z,y,n,m,K,e,d,i,j,num;
bool can[N][D],flag[N];
void SPFA()
{
for (int i=1;i<=n;i++)
{
memset(dis,60,sizeof(dis));
memset(flag,0,sizeof(flag));
dis[1]=0;flag[1]=true;
int h=0,t=1;x[1]=1;
while (h
顯然這樣有點問題。在預處理cost的時候，有可能在第i天到第j天采用的並不是完全的最短路。於是我又改進了一下。
【AC代碼】
#include
#include
#include
#define INF 1010580540
#define N 25
#define D 105
using namespace std;
int dis[N],get[D],cost[D][D],x[N],f[D],map[N][N],sum[N][D],p,q;
int xx,z,y,n,m,K,e,d,i,j,num;
bool can[N][D],flag[N];
void SPFA()
{
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int k=i;k<=n;k++)
{
memset(dis,60,sizeof(dis));
memset(flag,0,sizeof(flag));
dis[1]=0;flag[1]=true;
int h=0,t=1;x[1]=1;
while (h
