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bzoj1003 预处理最短路+区间dp

描述:

给一个图,让你跑n次最短路,第i次最短路有若干点是不能使用的,并且更改一次路线就又需要加k的额外花费,问跑完n次以后最小花费。


思路:

想到把n次最短路分割成多个区间最短路的和,一个区间内最短路是不变的,对于每种最短路,我们可以预处理,因为只有n方的区间,n最大100,点最多只有20个,先跑n方的spfa。设dp[i][j]表示第i次到第j次最短路的所有花费的最小值。那么答案就是dp[1][n]


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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=200;
const int maxm=1000;
int cnt=-1,n,m,k,e;
int head[maxn],use[110][110],dist[maxn],dp[110][110];
bool inq[maxn];
struct Edge
{
int nex;
int to,w;
} edge[maxm];

void add_edge(int u,int v,int w)
{
edge[++cnt].nex=head[u];
edge[cnt].to=v;
edge[cnt].w=w;
head[u]=cnt;
}
bool check(int x,int s,int t)
{
for(int i=s; i<=t; i++)
if(!use[x][i])
return false;
return true;
}
int spfa(int s,int t)
{
memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
memset(inq,false,sizeof(inq));
queue<int>que;
while(!que.empty())
que.pop();
que.push(1);
dist[1]=0;
inq[1]=true;
while(!que.empty())
{
int u=que.front();
que.pop();
inq[u]=false;
for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].nex)
{
int v=edge[i].to;
if(check(v,s,t)&&dist[v]>dist[u]+edge[i].w)
{
dist[v]=dist[u]+edge[i].w;
if(!inq[v])
inq[v]=true,que.push(v);
}
}
}
return dist[m]==0x3f3f3f3f ? 0x3f3f3f3f:dist[m]*(t-s+1);
}
void solve()
{
for(int i=1; i<=n; i++)
{
for(int j=i; j<=n; j++)
dp[i][j]=spfa(i,j);
}
int e;
for(int len=2; len<=n; len++)
for(int s=1; (e=s+len-1)<=n; s++)
for(int p=s; p<s+len-1; p++)
{
dp[s][e]=min(dp[s][e],dp[s][p]+dp[p+1][e]+k);
}
printf("%d\n",dp[1][n]);
}

int main()
{
while(~scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&k,&e))
{
memset(head,-1,sizeof(head));
cnt=-1;
for(int i=1; i<maxm; i++)
edge[i].nex=-1;
for(int i=1; i<=e; i++)
{
int a,b,c;
scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
add_edge(a,b,c);
add_edge(b,a,c);
}
memset(use,1,sizeof(use));
int tem;
scanf("%d",&tem);
for(int i=1; i<=tem; i++)
{
int p,a,b;
scanf("%d %d %d",&p,&a,&b);
for(int j=a; j<=b; j++)
use[p][j]=0;
}
solve();
}
}
avatar Decaku 很菜但也很想carry