[DP]P1772 [ZJOI2006] 物流运输

题意简述
给定一张无向图，每天都要从点 1 走到点 m，而每天分别有一些点不能经过，如果要改变上一次的路线走到终点，要花费 k 的成本，如何使得总花费最小。

算法分析
很明显，我们每天都要跑一次最短路，将不能走的点在预处理中标记出来，方便在跑图时判断。

那么如何使得总花费最小呢？我们不难想到，可以用 sum(i,j) 表示从第 i 天到 j 天，点 1 到点 m 的最短路距离，再用 f(i) 表示前 i 天所需的最小成本。

那么我们推出转移方程：

\(f(i)=\operatorname{min} (f(j)+sum(j+1,i)\times (i-j)+k)\)

这个方程的意思是，第 i 天的最小成本取决于第 j 天开始到第 i 天的最短路长度乘上天数再加上改变的花费，总的时间复杂度在 O(n^3\logm)。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,E,d,head[500],tot;
int len[105][105]; bool dy[25][105];
long long f[105];
struct E{
	int to,nxt,w;
}edge[1000];
inline void add(int u,int v,int w){
	edge[++tot].to=v;
	edge[tot].nxt=head[u];
	edge[tot].w=w;
	head[u]=tot;
}
inline int spfa(int x,int y){
	int dis[25]; bool vis[25],inq[25];//在原基础上增加一个标记点的数组
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(inq,0,sizeof(inq));
	for(register int i=1;i<=m;i++)
	for(register int j=x;j<=y;j++)
		if(dy[i][j]) inq[i]=1;
	dis[1]=0,vis[1]=1;
	queue<int> q;
	q.push(1);
	while(!q.empty()){
		register int u=q.front();q.pop();
		vis[u]=0;
		for(register int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
			register int v=edge[i].to,w=edge[i].w;
			if(inq[v]) continue;
			if(dis[u]+w<dis[v]){
				dis[v]=dis[u]+w;
				if(!vis[v]){
					vis[v]=1;
					q.push(v);
				}
			}
		}
	}
	return dis[m];
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&E);
	for(register int i=1;i<=E;i++){
		register int x,y,h;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&h);
		add(x,y,h),add(y,x,h);//加边
	}
	scanf("%d",&d);
	for(register int i=1;i<=d;i++){
		register int p,a,b;
		scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);
		for(register int j=a;j<=b;j++)
			dy[p][j]=1;//dy[p][j]表示第p个点在第j天能否通过
	}
	for(register int i=1;i<=n;i++){
		for(register int j=1;j<=n;j++)
			len[i][j]=spfa(i,j);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){ 
		f[i]=(long long)len[1][i]*i;
		for(int j=1;j<=i;j++)
			f[i]=min(f[i],f[j]+(long long)len[j+1][i]*(i-j)+k);
	}
	printf("%lld",f[n]);
	return 0;
}

原文地址：http://www.cnblogs.com/mrkou/p/16884759.html