bzoj1003物流運輸



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乙個n天的運輸計畫，使得總成本

盡可能地小。

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，依次表示航線連線的兩個碼頭編

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

一行是乙個整數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）。同乙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。

包括了乙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。

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

42 2 3

3 1 1

3 3 3

4 4 5

32//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

演算法 ：spfa+dp

**：#include

#include

#include

#include

#include

using namespace std;

const long maxn=20000000;

struct node

pool[2*200],*h[200];

int cnt,m,n,f[101],g[21][101],c[101][101];

void addedge(int u,int v,int len)

int dis[25],flag[25],vis[25];

struct te

;queueq;

long getc(int x,int y)

for(int i=2;i<=m;i++) dis[i]=maxn;

dis[1]=0;

te tmp;

tmp.num=1;tmp.val=0;

q.push(tmp);

while(!q.empty()) }

}}return dis[m];

}int main()

for(i=1;i<=n;i++)

for(j=i;j<=n;j++)

c[i][j]=getc(i,j);

f[0]=0;

for(i=1;i<=n;i++)

printf("%d\n",f[n]-k);

//    system("pause");

return 0;}

特別注意：陣列大小！！

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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...

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我用的是dijkstra dp 當然是參考大佬們的啦 dijkstra用來進行預處理，處理出dis start time end time start time,end time 時間段的1 m的最短路，其實很簡單，我們首先要把在某個時間段不能裝卸貨物的碼頭給預處理出來，可以用字首和來處理，具體看 ...

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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...