题目
【内存限制：$256MiB$】【时间限制：$1000ms$】
【标准输入输出】【题目类型：传统】【评测方式：文本比较】
【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线路，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 $n(1\le n\le 100),m(1\le m\le 20),K,e$。$n$ 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 $P(1<P<m),a,b(1\le a\le b\le n)$。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\times $ 改变运输路线的次数。
【样例】
样例输入
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
样例输出
32 【样例解释】
上图依次表示第 $1$ 至第 $5$ 天的情况，阴影表示不可用的码头。
最优方案为：前三天走 $1\rightarrow 4\rightarrow 5$，后两天走 $1\rightarrow 3\rightarrow 5$，这样总成本为 $(2+2)\times 3+(3+2)\times 2+10=32$。
题解
【做题经理】
首先，这道题涉及最短路是肯定看得出来。
但是呢，到底该怎么处理有些路不能走的情况呢？
这个时候，我想到了最短路和次短路，用类似树 $dp$ 的办法对其进行处理。
但是这样想有个 $bug$ ，那就是万一最短路和次短路都走不通的情况呢？
然后我就开始疯狂幻想次次短路、次次次短路......
【正解】
我在考虑这道题的时候，忽略了这道题的数据范围：$n(1\le n\le 100),m(1\le m\le 20)$
可以看出 $n$ 和 $m$ 都是很小的，那么我们为什么不直接暴力做呢。
但是这个暴力也是基于 $dp$ 的基础上的。
首先可以设一个简单的状态：
$dp[i]$：到第 $i$ 天所用的最小花费
那么状转呼之而出
$dp[i]=dp[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+K$
其中， $j$ 是我们改变航道的那天。此状转的意思就是从第 $j$ 天开始更换新的航道，由第 $j+1$ 天到第 $i$ 天用同一个航道，前 $j$ 天怎么走的不管，因为这是前面处理的事情，对于我们现阶段不影响。
那么现在只剩一个问题：$cost[i][j]$ 怎么求呢？
从定义入手：
$cost[i][j]$：从第 $i$ 天到第 $j$ 天用同一条航道的最小花费。
再回到前面所说的，此题数据范围很小，那么我们可以直接暴力处理出 $cost[i][j]$
那么代码也就出来了
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long template<class T>inline void qread(T& x){ char c;bool f=false;x=0; while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true; for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48)); if(f)x=-x; } template<class T,class... Args>inline void qread(T& x,Args&... args){qread(x),qread(args...);} inline int rqread(){ char c;bool f=false;int x=0; while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true; for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48)); return f?-x:x; } template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;} template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;} template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;} const int MAXN=100; const int MAXM=20; class gragh{ #define EDGE_SIZE 400 #define NODE_SIZE 20 #define INF 0x3f3f3f3f public: int N,M; struct edge{int to,nxt,w; edge(){} edge(const int T,const int Nx,const int W):to(T),nxt(Nx),w(W){} }e[EDGE_SIZE+5]; int tail[NODE_SIZE+5],ind; inline void add_edge(const int u,const int to,const int w){e[++ind]=edge(to,tail[u],w);tail[u]=ind;} inline void dijkstra(int dis[],const int s,bool vis[]){ struct node{int u,w; node(){} node(const int U,const int W):u(U),w(W){} bool operator<(const node a)const{return !(w<a.w);} }; for(int i=1;i<=N;++i)dis[i]=INF; priority_queue<node>Q; Q.push(node(s,dis[s]=0)); while(!Q.empty()){ int u=Q.top().u;Q.pop(); for(int i=tail[u],v;i;i=e[i].nxt)if(dis[v=e[i].to]>dis[u]+e[i].w&&!vis[v]) Q.push(node(v,(dis[v]=dis[u]+e[i].w))); } } inline bool spfa(int dis[],const int s,bool vis[]){ int cnt[NODE_SIZE+5];/*bool vis[EDGE_SIZE+5];*/ queue<int>Q; for(int i=1;i<=N;++i)dis[i]=INF/*,vis[i]=false*/,cnt[i]=0; Q.push(s); dis[s]=0,cnt[s]=1; while(!Q.empty()){ int now=Q.front();Q.pop(); vis[now]=false,++cnt[now]; if(cnt[now]>N)return false; for(int i=tail[now],v;i;i=e[i].nxt){ v=e[i].to; if(dis[now]+e[i].w<dis[v]){ dis[v]=dis[now]+e[i].w; if(!vis[v])Q.push(v),vis[v]=true; } } } return true; } inline void clr(){memset(tail,ind=0,sizeof tail);} gragh(){clr();} #undef EDGE_SIZE #undef NODE_SIZE #undef INF }G; int n,K,d,cost[MAXN+5][MAXN+5]; bool inf[MAXM+5][MAXN+5]; inline void init(){ qread(n,G.N,K,G.M); for(int i=1,a,b,c;i<=G.M;++i){ qread(a,b,c); G.add_edge(a,b,c); G.add_edge(b,a,c); } qread(d); for(int i=1,P,a,b;i<=d;++i){ qread(P,a,b); for(int j=a;j<=b;++j)inf[P][j]=true; } } void calcCost(){ bool vis[MAXM+5];int dis[MAXM+5]; for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=i;j<=n;++j){ memset(vis,0,sizeof vis); for(int k=1;k<=G.N;++k)for(int t=i;t<=j;++t) if(inf[k][t]){vis[k]=true;break;} G.spfa(dis,1,vis); cost[i][j]=dis[G.N]; } } inline void getDp(){ int dp[MAXN+5]; for(int i=1;i<=n;++i)dp[i]=0x3f3f3f3f; for(int i=1;i<=n;++i){ dp[i]=cost[1][i]*i; for(int j=i-1;j>=0;--j) dp[i]=Min(dp[i],dp[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+K); } printf("%lld\n",dp[n]); } signed main(){ init(); calcCost(); getDp(); return 0; }
来源：博客园
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链接：https://www.cnblogs.com/MachineryCountry/p/11653648.html