Luogu P1772 [ZJOI2006]物流运输 解题报告

P1772 [ZJOI2006]物流运输

物流公司要把一批货物从码头 1 运到码头 $m$。由于货物量比较大，需要 $n$ 天才能运完，共有 $m$ 个码头。

物流公司会设计一条固定的运输路线，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。

一次修改路线会带来 $k$ 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。

$n \leq 100,m \leq 20$

解题思路：

首先观察下这个题的样例解释，可以发现一个非常重要的思路：

每一个时间段中，不调整路线的最短路显然是固定的。

所以我们可以先考虑处理每个时间区间的不调整路线的最短路总长度 $f_{l,r}$。

发现全部都是正权边，我们可以使用 Dijkstra 来进行这一过程，只需要在每次松弛时将该区间里被封锁的点去掉即可。

注意，因为我们是对整个时间区间进行最短路处理，所以最后的长度要乘上 $r - l + 1$。

代码实现：

read(z);
for (int i = 1;i <= z;++i) {
    int p,a,b;read(p,a,b);
    for (int j = a;j <= b;++j) {
        rea[j][p] = 1;
    }//rea[i][j]表示第i天点j是否被封锁
}

void dijkstra(int l,int r) {
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    memset(vis,0,sizeof vis);
    memset(now,0,sizeof now);
    priority_queue <node> q;
    for (int i = l;i <= r;++i) {
        for (int j = 1;j <= m;++j) {
            if (rea[i][j]) now[j] = 1;
        }//如果在l - r 里这个点被封锁过，那么我们就不考虑这个点
    }
    dis[1] = 0;
    q.push((node){0,1});
    while (!q.empty()) {
        node p = q.top();q.pop();
        int x = p.num;
        vis[x] = 1;
        for (int i = hd[x];i;i = nxt[i]) {
            int y = to[i];
            if (!vis[y] && !now[y]) {//松弛的时候多加一步判断即可
                if (dis[y] > dis[x] + edg[i]) {
                    dis[y] = dis[x] + edg[i];
                    q.push((node){dis[y],y});
                }
            }
        }
    }
    if (dis[m] != INF) f[l][r] = dis[m] * (r - l + 1);
    //第 l - r 天的 最短路总长度
    else f[l][r] = INF;
}

接下来处理一个问题，我们要求的显然是 $f_{1,n}$，但是就如样例那样不连通怎么办？那就需要更改路径了。

注意到，第 $l\dots r$ 天的路径实际上可以先走 $l\dots p$ 的路径，再花费 $k$ 的代价更换到 $p+1 \dots r$ 的路径得到。

换句话说，这个代价事实上满足大段最优解是小段最优解合并来的性质，而这正是 区间 DP 所要求的。

并且这里 $k$ 不变，所以直接利用区间 DP 计算即可。

总时间复杂度 $O(n^2 m \log m + n ^ 3)$

代码：

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 200;
const int M = 400;
int dis[N],f[N][N],d[N][N],n,m,rr,e,z;

int hd[N],nxt[M],edg[M],to[M],tot;
bool vis[N],rea[N][N],now[N];

void add(int u,int v,int w) {to[++tot] = v,edg[tot] = w,nxt[tot] = hd[u],hd[u] = tot;}
void addedge(int u,int v,int w) {add(u,v,w),add(v,u,w);}

struct node {
    int dis,num;
    friend inline bool operator < (const node & a,const node &b) {
        return b.dis < a.dis;
    }
};

void dijkstra(int l,int r) {
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    memset(vis,0,sizeof vis);
    memset(now,0,sizeof now);
    priority_queue <node> q;
    for (int i = l;i <= r;++i) {
        for (int j = 1;j <= m;++j) {
            if (rea[i][j]) now[j] = 1;
        }
    }
    dis[1] = 0;
    q.push((node){0,1});
    while (!q.empty()) {
        node p = q.top();q.pop();
        int x = p.num;
        vis[x] = 1;
        for (int i = hd[x];i;i = nxt[i]) {
            int y = to[i];
            if (!vis[y] && !now[y]) {
                if (dis[y] > dis[x] + edg[i]) {
                    dis[y] = dis[x] + edg[i];
                    q.push((node){dis[y],y});
                }
            }
        }
    }
    if (dis[m] != INF) f[l][r] = dis[m] * (r - l + 1);
    else f[l][r] = INF;
}

void input() {
    read(n,m,rr,e);
    for (int i = 1;i <= e;++i) {
        int u,v,w;read(u,v,w);
        addedge(u,v,w);
    }
    read(z);
    for (int i = 1;i <= z;++i) {
        int p,a,b;read(p,a,b);
        for (int j = a;j <= b;++j) {
            rea[j][p] = 1;
        }
    }
}

void DP() {
    for (int len = 2;len <= n;++len) {
        for (int i = 1;i + len - 1 <= n;++i) {
            int j = i + len - 1;
            for (int k = i;k <= j;++k) {
                f[i][j] = min(f[i][j],f[i][k] + f[k+1][j] + rr);
            }
        }
    }
}

signed main() {
    input();
    for (int i = 1;i <= n;++i) {
        for (int j = i;j <= n;++j) {
            dijkstra(i,j);
        }
    }
    DP();
    printf("%d",f[1][n]);
    return 0;
}