bzoj1003: [ZJOI2006]物流运输（最短路+Dp）

题目传送门

首先这道题肯定有连续几天的航行是一样的。

那么我们不用去求出每天的方案。

只需求出每一段（连续的几天）的最短路然后*天数即可。

不难想到Dp。

用f[i]表示前i天的最小花费。

那么方程很容易就转化为：

f[i]=min(f[i],f[j]+spfa(j+1,i)+K);

方程表示的是前j天的最小花费+第（j+1）天到第i天用同一种方案的花费+修改一次方案的花费。

还是比较好理解的。

然后在spfa里面判断一下这几天这个码头能不能用即可。

代码实现：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node {
int x,y,c,next;
}a[11000];int len,last[31];
void ins(int x,int y,int c) {
len++;
a[len].x=x;a[len].y=y;a[len].c=c;
a[len].next=last[x];last[x]=len;
}
int P[1100],s[1100],t[1100],d[31];
int st,ed,head,tail,list[1100],e,n,m;
bool v[31],bo[31]; //bo数组表示的就是在这段时间里这个码头能不能用。能为true,不能为false
int spfa(int ss,int tt) {  //spfa表示的是从ss天到tt天的最小花费
memset(v,false,sizeof(v));v[st]=true;
head=1;tail=2;list[1]=st;
memset(d,63,sizeof(d));d[st]=0;
memset(bo,true,sizeof(bo));
for(int i=1;i<=e;i++)  //如果不能用的话把他弄为false
if(!(t[i]<ss||s[i]>tt))
bo[P[i]]=false;
while(head!=tail) {
int x=list[head];
for(int k=last[x];k;k=a[k].next) {
int y=a[k].y;
if(bo[y]==false)
continue;  //如果不能用的话就跳过这个点
if(d[y]>d[x]+a[k].c) {
d[y]=d[x]+a[k].c;
if(v[y]==false) {
v[y]==true;
list[tail++]=y;
if(tail==ed+1)
tail=1;
}
}
}
v[x]=false;
head++;
if(head==ed+1)
head=1;
}
if(d[ed]>1000000000)
return d[ed]; //如果无解的话就不用乘天数了我怕越过int但我又不想用long
else
return d[ed]*(tt-ss+1); //一种方案乘天数就是这段时间的最小花费。
}
int f[110];
int main() {
int K,tt;
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&tt);
for(int i=1;i<=tt;i++) {
int x,y,c;scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
ins(x,y,c);ins(y,x,c);
}
st=1;ed=m;
scanf("%d",&e);
for(int i=1;i<=e;i++)
scanf("%d%d%d",&P[i],&s[i],&t[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) {
f[i]=spfa(1,i);  //一开始的花费等于一次性就一种方案的最小花费
for(int j=1;j<i;j++)
f[i]=min(f[i],f[j]+spfa(j+1,i)+K); //状态转移方程。
}
printf("%d\n",f
);
return 0;
}

大概就这样吧。