[ZJOI2006]物流运输 题解
[ZJOI2006]物流运输
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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
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。
输出
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。
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
//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
这道题我是拿状压做的,虽然慢了点,但是能抓到老鼠的就是好猫。
因为m<=20,且1,m,不受限制所以可以说m<=18这样状压就妥妥的了。我们完全可以先预处理出来在那些点能用的情况下1~m的最短路,然后将所有可行解建一个链表,缩短时间,然后再算出来每一天那些码头不能用,然后传统DP就好了。
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<queue>
#include<string>
#include<cmath>
using namespace std;
int t,n,m,k,zz,d;
struct ro{
int to,l;
int next;
}road[];
int a[];
void build(int x,int y,int z){
zz++;
road[zz].to=y;
road[zz].next=a[x];
road[zz].l=z;
a[x]=zz;
}
int dis[(<<)+][];
int q[],zt[],head,en;
bool rd[];
bool yx;
int pre[(<<)+];
bool spfa(int tt){
memset(q,,sizeof(q));
head=,en=;
dis[tt][]=;
rd[]=;
en++;
q[en]=;
while(en>=head)
{
int x=q[head];
head++;
rd[x]=;
for(int i=a[x];i>;i=road[i].next)
{ int y=road[i].to;
if(y==n||(<<(y-)&tt))
{
if(dis[tt][y]>dis[tt][x]+road[i].l)
{
dis[tt][y]=dis[tt][x]+road[i].l;
if(!rd[y])
{
rd[y]=;
en++;
q[en]=y;
}
}
}
}
}
if(dis[tt][n]!=dis[tt][])
return ;
return ;
}
int f[][(<<)+];
int main(){
memset(pre,-,sizeof(pre));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
scanf("%d%d%d%d",&t,&n,&k,&m);
for(int i=;i<=m;i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
build(x,y,z);
build(y,x,z);
}
int lla=;;
for(int i=;i<(<<(n-));i++)
{
if(spfa(i))
{
if(i==) yx=;
pre[lla]=i;
lla=i;
}
}
scanf("%d",&d);
for(int i=;i<=d;i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
for(int j=y;j<=z;j++)
zt[j]|=(<<(x-));
}
int la=,now=,mn=-k;
for(int i=;i<=t;i++)
{
swap(la,now);
int mn2=0x7fffffff;
for(int j=;j!=-;j=pre[j])
{
if((j&zt[i])||((!yx)&&j==)) continue;
if(f[la][j])
{
f[now][j]=min(f[la][j]+dis[j][n],mn+k+dis[j][n]);
mn2=min(mn2,f[now][j]);
}
else
{
f[now][j]=mn+k+dis[j][n];
mn2=min(mn2,f[now][j]);
}
}
memset(f[la],,sizeof(f[la]));
mn=mn2;
}
printf("%d\n",mn);
//while(1);
return ;
}
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