1003: [ZJOI2006]物流运输
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Description
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
修改路线是一件十分麻烦的事情，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。
Input
第一行是四个整数n（1<=n<=100）、m（1<=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。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（ 1 < P < m）、a、b（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。
Output
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。
Sample Input
5 5 10 8
1 2 1
1 3 3
1 4 2
2 3 2
2 4 4
3 4 1
3 5 2
4 5 2
4
2 2 3
3 1 1
3 3 3
4 4 5
Sample Output
32
//前三天走1-4-5，后两天走1-3-5，这样总成本为(2+2)*3+(3+2)*2+10=32
HINT
析：可以先把连续从第 i 天到第 j 天的最短路处理出来，只要在这些天内所有的码头都不关闭，那么所有的最短路就是一样的，然后再dp一下，就OK了。
代码如下：
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <sstream>
#include <list>
#include <assert.h>
#include <bitset>
#include <numeric>
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a, b) __gcd(a, b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a, b, sizeof a)
#define sz size()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define all 1,n,1
#define FOR(i,x,n) for(int i = (x); i < (n); ++i)
#define freopenr freopen("in.txt", "r", stdin)
#define freopenw freopen("out.txt", "w", stdout)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LNF = 1e17;
const double inf = 1e20;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-3;
const int maxn = 110 + 10;
const int maxm = 3e5 + 10;
const int mod = 1000000007;
const int dr[] = {-1, 0, 1, 0};
const int dc[] = {0, -1, 0, 1};
const char *de[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"};
int n, m;
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
inline bool is_in(int r, int c) {
return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;
}
int dp[maxn];
struct Edge{
int to, cost, next;
};
Edge edges[maxn*maxn<<1];
int head[maxn], cnt;
void addEdge(int u, int v, int c){
edges[cnt].to = v;
edges[cnt].cost = c;
edges[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt++;
}
int cost[maxn][maxn];
int day[maxn];
int notcan;
int d[maxn];
int dijkstra(){
priority_queue<P, vector<P>, greater<P> > pq;
ms(d, INF); d[1] = 0;
pq.push(P(0, 1));
while(!pq.empty()){
P p = pq.top(); pq.pop();
int u = p.se;
int c = p.fi;
if(c > d[u]) continue;
for(int i = head[u]; ~i; i = edges[i].next){
int v = edges[i].to;
if(notcan & 1<<v) continue;
if(d[v] > d[u] + edges[i].cost){
d[v] = edges[i].cost + d[u];
pq.push(P(d[v], v));
}
}
}
return d[m];
}
int main(){
int K, E; ms(head, -1);
scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &K, &E);
while(E--){
int u, v, c;
scanf("%d %d %d", &u, &v, &c);
addEdge(u, v, c);
addEdge(v, u, c);
}
scanf("%d", &E);
ms(day, 0);
while(E--){
int u, a, b;
scanf("%d %d %d", &u, &a, &b);
for(int i = a; i <= b; ++i) day[i] |= 1<<u;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = i; j <= n; ++j){
notcan = 0;
for(int k = i; k <= j; ++k)
notcan |= day[k];
cost[i][j] = dijkstra();
}
ms(dp, INF);
dp[0] = -K;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= i; ++j)
if(cost[j][i] != INF) dp[i] = min(dp[i], dp[j-1] + cost[j][i] * (i - j + 1) + K);
printf("%d\n", dp[n]);
return 0;
}