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题目描述
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#xff0c;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#xff0c;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
题目描述
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—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。
输入输出格式
输入格式 第一行是四个整数n(l≤n≤100)、m(l≤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e表示航线条数。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(1Pm)ab(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。 输出格式 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。 输入输出样例
输入样例#1 复制 5 5 10 81 2 11 3 31 4 22 3 22 4 43 4 13 5 24 5 242 2 33 1 13 3 34 4 5输出样例#1 复制
32
说明
【样例输入说明】 上图依次表示第1至第5天的情况阴影表示不可用的码头。
【样例输出说明】
前三天走1-4-5后两天走1-3-5这样总成本为(22)*3(32)*21032。
_NOI导刊2010提高01
解题报告 这题第一眼看的时候是没思路的。。。听学长讲完woc好简单。想到状压了但是不知道怎么用。 这题做法很多其中一种就是先算出2^18中每一种状态下1到m的最短路是多少复杂度mlogm * 2^18空间复杂度d[2^18]应该不会爆。 然后这题注意到不光点数很少天数也很少所以你可以预处理任意两天之间如果不更换线路的话路径最小值。也就是假设你要算i~j天的所以首先要枚举每一天然后处理出一个可行状态来然后直接与运算就可以得到可行状态了然后再你预处理的d数组中取数就可以了这就是当前最优值。然后xjb做就可以了。 这题还有另一种十分好想并且不会卡空间的做法。详情见代码。
AC代码
#includecstdio
#includeiostream
#includealgorithm
#includequeue
#includemap
#includevector
#includeset
#includestring
#includecmath
#includecstring
#define F first
#define S second
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
using namespace std;
typedef pairint,int PII;
const int INF 0x3f3f3f3f;
const int MAX 2e5 5;
struct Edge {int to,ne;ll w;
} ee[MAX];
int n,m,k,e,D;
ll dis[22],d[222][222];
int ban[22][222];
struct Point {int pos;ll c;Point(int pos,ll c):pos(pos),c(c){}bool operator (const Point b) const{return c b.c;}
};
int head[22],tot,vis[22];
void add(int u,int v,ll w) {ee[tot].to v;ee[tot].w w;ee[tot].ne head[u];head[u] tot;
}
ll Dijkstra() {for(int i 1; im; i) dis[i] INF;priority_queuePoint pq;pq.push(Point(1,0)); dis[1] 0;while(pq.size()) {Point cur pq.top();pq.pop();if(vis[cur.pos]) continue;vis[cur.pos] 1;for(int i head[cur.pos]; ~i; i ee[i].ne) {int v ee[i].to;if(vis[v]) continue;if(dis[v] dis[cur.pos] ee[i].w) {dis[v] dis[cur.pos] ee[i].w;pq.push(Point(v,dis[v]));}}}return dis[m];
}
ll dp[222];
int main()
{cinnmke;for(int i 1; im; i) head[i] -1;for(int a,b,c,i 1; ie; i) {scanf(%d%d%d,a,b,c);add(a,b,c);add(b,a,c);}cinD;for(int a,b,c,i 1; iD; i) {scanf(%d%d%d,a,b,c);for(int j b; jc; j) ban[a][j] 1;}for(int i 1; in; i) {//枚举每一区间段的起点 for(int j i; jn; j) {//枚举终点 for(int tar 1; tarm; tar) {vis[tar]0;for(int k i; kj; k) vis[tar] | ban[tar][k];}d[i][j] Dijkstra();//预处理出第i到第j天的最短路 } }memset(dp,INF,sizeof dp);dp[1] d[1][1];for(int i 2; in; i) {dp[i] d[1][i]*i;for(int j 2; ji; j) {if(d[j][i]INF) continue;dp[i] min(dp[i],dp[j-1] d[j][i]*(i-j1) k);}}printf(%lld\n,dp[n]);return 0 ;
}
