题解 P1772 【[ZJOI2006]物流运输】
ycyaw
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题解
模拟赛居然考了这道题，前一天刚看过，结果看了舍不得(不会)做，结果只骗到30pt
讲课人：很容易想到最短路+dp(我靠一点都不容易)
模拟赛后分析，才知道是处理出第i天到第j天都走同一条最短路的花费为co[i][j]
然后进行dp，dp[i]表示前i天的最小花费
转移方程很好想:dp[i]=min(dp[j]+co[j+1][i]*(i-j)+k)，预处理要赋值为co[1][i]*i
那么如何处理$co[i][j]$?
很简单，对于每一个$(i,j)$，先把$i$到$j$天之间封闭的码头全部设为不可走，跑一遍最短路即可，初值为无穷
数据辣么小，跑几遍以及跑什么都没关系~~嘤嘤嘤~~
那我们就十分愉♂快的解决了此题~~~
愉♂快的提交了然后居然只有90pt
~~原谅我无耻的打开题解~~
啊啊啊原来要开$long$ $long$(明明数据辣么小)
献上代码：
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define soo (1e8)
#define ll long long
using namespace std;
int d,cnt,head[25],dis[25],vis[25],cant_vis[25];
ll co[105][105],dp[105];
int n,m,k,ee,cl[25][105];
struct Edge{
int v,nx,s;
}e[10005];
inline int read(){
int ret=0,ff=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') ff=-ff;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){ret=(ret<<3)+(ret<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return ret*ff;
}
void add(int x,int y,int z){
e[++cnt].v=y;
e[cnt].s=z;
e[cnt].nx=head[x];
head[x]=cnt;
}
void spfa(){//爱跑什么跑什么
for(int i=1;i<=m;i++) dis[i]=soo,vis[i]=0;
queue<int> q;
dis[1]=0;
q.push(1);
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
vis[x]=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nx){
int v=e[i].v;
if(cant_vis[v]) continue;
if(dis[v]>dis[x]+e[i].s){
dis[v]=dis[x]+e[i].s;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
}
}
signed main(){
n=read(),m=read(),k=read(),ee=read();
for(int i=1;i<=ee;i++){
int x=read(),y=read(),z=read();
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
d=read();
for(int i=1;i<=d;i++){
int t=read(),x=read(),y=read();
for(int j=x;j<=y;j++) cl[t][j]=1;
}
//cl[i][j]表示第i个码头在第j天不能走
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
memset(cant_vis,0,sizeof(cant_vis));
for(int r=i;r<=j;r++)
for(int l=1;l<=m;l++)
if(cl[l][r]) cant_vis[l]=1;
spfa();
co[i][j]=dis[m];
}
memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=(ll)co[1][i]*i;
for(int j=i-1;j>=0;j--)
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+co[j+1][i]*(i-j)+k);
}
printf("%lld",dp[n]);
return 0;
}
```