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

Solution

这东西开始一直卡在怎么设计状态上，后来发现强行暴力好像就可以了？

考虑dp，设 \(f[i]\) 表示到第 \(i\) 天的最小代价是多少

\(f[i]=min\{f[j-1]+cost[j][i]+(j>1?K:0)\}~~~~~(0 \leq j\leq i \leq n)\)

意义就是，我们让第 \(j\) 天到第 \(i\) 天强行是一条路径，再从前面转移

\(cost\) 矩阵预处理就好了

是不是很水

我写的程序里把 \(n\) 和 \(m\) 换了一下，感觉 \(n\) 表示点数更顺手，注意一下就好了

#include<bits/stdc++.h>

#define ui unsigned int

#define ll long long

#define db double

#define ld long double

#define ull unsigned long long

const int MAXN=20+5,MAXM=100+10,inf=0x3f3f3f3f;

int n,m,K,t,d,e,to[MAXN*MAXN*2],nex[MAXN*MAXN*2],w[MAXN*MAXN*2],beg[MAXN],p[MAXN],dis[MAXN],use[MAXN],avail[MAXN][MAXM],cost[MAXM][MAXM];

ll f[MAXM];

std::queue<int> q;

struct edge{

	int u,v,k;

};

edge side[MAXN*MAXN];

template<typename T> inline void read(T &x)

{

	T data=0,w=1;

	char ch=0;

	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();

	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();

	while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();

	x=data*w;

}

template<typename T> inline void write(T x,char ch='\0')

{

	if(x<0)putchar('-'),x=-x;

	if(x>9)write(x/10);

	putchar(x%10+'0');

	if(ch!='\0')putchar(ch);

}

template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}

template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}

template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}

template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}

inline void insert(int x,int y,int z)

{

	to[++e]=y;

	nex[e]=beg[x];

	beg[x]=e;

	w[e]=z;

	to[++e]=x;

	nex[e]=beg[y];

	beg[y]=e;

	w[e]=z;

}

inline int SPFA(int l,int r)

{

	for(register int i=1;i<=n;++i)

	{

		use[i]=1;

		for(register int j=l;j<=r;++j)

			if(!avail[i][j])use[i]=0;

	}

	e=0;

	memset(beg,0,sizeof(beg));

	for(register int i=1;i<=t;++i)

		if(use[side[i].u]&&use[side[i].v])insert(side[i].u,side[i].v,side[i].k);

	memset(dis,inf,sizeof(dis));

	dis[1]=0;

	p[1]=1;

	q.push(1);

	while(!q.empty())

	{

		int x=q.front();

		q.pop();

		p[x]=0;

		for(register int i=beg[x];i;i=nex[i])

			if(dis[to[i]]>dis[x]+w[i])

			{

				dis[to[i]]=dis[x]+w[i];

				if(!p[to[i]])p[to[i]]=1,q.push(to[i]);

			}

	}

	return dis[n];

}

int main()

{

	read(m);read(n);read(K);read(t);

	for(register int i=1;i<=t;++i)read(side[i].u),read(side[i].v),read(side[i].k);

	for(register int i=1;i<=n;++i)

		for(register int j=1;j<=m;++j)avail[i][j]=1;

	read(d);

	for(register int i=1;i<=d;++i)

	{

		int x,l,r;read(x);read(l);read(r);

		for(register int j=l;j<=r;++j)avail[x][j]=0;

	}

	for(register int r=1;r<=m;++r)

		for(register int l=1;l<=r;++l)cost[l][r]=SPFA(l,r);

	memset(f,inf,sizeof(f));

	f[0]=0;

	for(register int i=1;i<=m;++i)

		for(register int j=1;j<=i;++j)chkmin(f[i],(ll)(f[j-1]+1ll*cost[j][i]*(i-j+1)+(j!=1?K:0)));

	write(f[m],'\n');

	return 0;

}