Description
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。Input
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。Output
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。
Sample Input
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
Sample Output
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
HINT
思路：spfa+dp。
w[i][j]表示第i到j天不更改线路的最小花费。
dp[i]表示第1到i天的最小花费。
那么显然有：dp[i]=min(dp[i],dp[j]+k+w[j+1][i]*(i-j));
#include#include #include #include #include #define MAXN 10000using namespace std;int n,m,k,e,d,tot;long long dp[101];int vis[21],dis[21];int can[21],could[21][101],w[101][101];int to[MAXN],net[MAXN],head[MAXN],cap[MAXN];void add(int u,int v,int w){ to[++tot]=v;cap[tot]=w;net[tot]=head[u];head[u]=tot;}int spfa(int s,int t){ queue que; memset(can,0,sizeof(can)); memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(dis,0x7f,sizeof(dis)); for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=s;j<=t;j++) if(could[i][j]) can[i]=1; que.push(1);dis[1]=0;vis[1]=1; while(!que.empty()){ int now=que.front(); que.pop();vis[now]=0; if(can[now]) continue; for(int i=head[now];i;i=net[i]) if(dis[to[i]]>dis[now]+cap[i]){ dis[to[i]]=dis[now]+cap[i]; if(!vis[to[i]]){ vis[to[i]]=1; que.push(to[i]); } } } return dis[m];}int main(){ scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&e); for(int i=1;i<=e;i++){ int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w);add(v,u,w); } scanf("%d",&d); for(int i=1;i<=d;i++){ int p,a,b; scanf("%d%d%d",&p,&a,&b); for(int j=a;j<=b;j++) could[p][j]=1; } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;j<=n;j++) w[i][j]=spfa(i,j); for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i]=1LL*w[1][i]*i; for(int j=1;j