最短路+DP [ZJOI2006]物流运输
2017-08-14 20:47
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问题 F: [ZJOI2006]物流运输
时间限制: 10 Sec 内存限制: 162 MB
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
点的数量级很小,所以几乎怎么乱搞也无所谓了。
因为路径很难记录,所以天与天之间的转移就变得很难判断,不如换个思路,就一百天,二十个点。spfa处理出每个时间段内如果不换航线的最短路,这样就能DP转移了。 f[i]=min(f[j]+lu[j+1][i]+k);初始化:f[0]=-k;
这样就解决了。。看起来很简单,我楞没有想出来QAQ
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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
点的数量级很小,所以几乎怎么乱搞也无所谓了。
因为路径很难记录,所以天与天之间的转移就变得很难判断,不如换个思路,就一百天,二十个点。spfa处理出每个时间段内如果不换航线的最短路,这样就能DP转移了。 f[i]=min(f[j]+lu[j+1][i]+k);初始化:f[0]=-k;
这样就解决了。。看起来很简单,我楞没有想出来QAQ
#include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<iostream> #include<queue> #define ll long long using namespace std; int n,m,k,e,w,a[22][22]; ll f[105],hh[105][105],dis[22],g[22]; bool vis[22]; queue<int> q; int b[22][105]; void spfa(int l,int r) { memset(dis,40,sizeof(dis)); memset(vis,0,sizeof(vis)); q.push(1);vis[1]=1;dis[1]=0; while(!q.empty()) { int x=q.front(); for(int i=1;i<=m;i++) if(a[x][i]&&!g[i]&&dis[i]>dis[x]+a[x][i]) { dis[i]=dis[x]+a[x][i]; if(!vis[i]) { vis[i]=1; q.push(i); } } vis[x]=0;q.pop(); } hh[l][r]=dis[m]; } int main() { // freopen("bzoj_1003.in","r",stdin); // freopen("bzoj_1003.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e); memset(f,40,sizeof(f)); memset(hh,40,sizeof(hh)); memset(a,40,sizeof(a)); int x,y,z; for(int i=1;i<=e;i++) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); a[y][x]=min(z,a[y][x]); a[x][y]=a[y][x]; } scanf("%d",&w); for(int i=1;i<=w;i++) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); for(int j=y;j<=z;j++)b[x][j]=1; } for(int i=1;i<=n;i++) { memset(g,0,sizeof(g)); for(int j=i;j<=n;j++) { for(int h=1;h<=m;h++)for(int l=i;l<=j;l++)g[h]|=b[h][l]; spfa(i,j); } } f[0]=-k; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<i;j++) { f[i]=min(f[i],f[j]+(ll)(i-j)*hh[j+1][i]+k); } cout<<f ; }
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