NC20469 [ZJOI2006]物流运输
[ZJOI2006]物流运输
https://ac.nowcoder.com/acm/problem/20469
[ZJOI2006]物流运输
题目地址:
基本思路:
题目信息比较复杂,但是范围较小,所以我们要先整理清楚信息;
首先我们可以定义一个二维数组,用来计录在时间范围内线路不变情况下1->m的最短路,
由于范围较小,所以这部分我们可以每次暴力用求得,
然后我们考虑,设表示在第天的最小成本,那么我们可以得到如下转移方程:
第一个部分表示从开始就用同一个线路,第二个部分表示从之前某天里的其他线路转移过来,
这样得到的就是最小成本了。
参考代码:
#pragma GCC optimize(2) #pragma GCC optimize(3) #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define IO std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0) #define int long long #define ull unsigned long long #define SZ(x) ((int)(x).size()) #define all(x) (x).begin(), (x).end() #define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++) #define per(i, l, r) for (int i = l; i >= r; i--) #define mset(s, _) memset(s, _, sizeof(s)) #define pb push_back #define pii pair <int, int> #define mp(a, b) make_pair(a, b) #define INF 0x3f3f3f3f inline int read() { int x = 0, neg = 1; char op = getchar(); while (!isdigit(op)) { if (op == '-') neg = -1; op = getchar(); } while (isdigit(op)) { x = 10 * x + op - '0'; op = getchar(); } return neg * x; } inline void print(int x) { if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; } if (x >= 10) print(x / 10); putchar(x % 10 + '0'); } int n,m,K,e,d; bool can[25][110],bk[25]; int mm[25][25],dis[25][25]; int floyd(int a,int b) { mset(bk, false); rep(i, 1, m) rep(j, a, b) if (!can[i][j]) bk[i] = true; rep(i, 1, m) rep(j, 1, m) if (!bk[i] && !bk[j]) dis[i][j] = mm[i][j]; else dis[i][j] = INF; rep(k, 1, m) rep(i, 1, m) rep(j, 1, m) dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]); return dis[1][m]; } int l[110][110],dp[110]; signed main() { IO; cin >> n >> m >> K >> e; for(int i = 1 ; i <= m ; i++){ for(int j = 1 ; j <= m ; j++) mm[i][j] = INF; mm[i][i] = 0; } rep(i,1,e) { int u, v, w; cin >> u >> v >> w; mm[u][v] = min(mm[u][v],w); mm[v][u] = min(mm[v][u],w); } cin >> d; mset(can,true); rep(i,1,d) { int p, a, b; cin >> p >> a >> b; for (int j = a; j <= b; j++) can[p][j] = false; } for(int i = 1 ; i <= n ; i++) { for(int j = i ; j <= n ; j++) l[i][j] = floyd(i,j); } for(int i = 1 ; i <= n ; i++){ dp[i] = l[1][i] * i; for(int j = 0 ; j < i ; j++) dp[i] = min(dp[i],dp[j] + K + l[j + 1][i] * (i - j)); } cout << dp[n] << '\n'; return 0; }