题目描述

你需要走n天，这n天你都要从1走到m城市。并且给出城市之间的边关系以及长度（就是花费的时间）。
但是有一个不同寻常的地方有些城市会在 [ a , b ] 的天数内无法进入。所以这些天中你不能走进这些城市之中去。
并且当你选定路线之后，每做一次路线更换都要额外花费 k 的时间。
现在询问你这n天从1去m的最短时间是多少？

Solution

跳出一般的图论思维，看到这n天都要去，是不是可以分解出子问题，第1天去最短花费，第二天去最短花费……
可以看出这个求解是可以通过动态规划解决。
紧接着，我们如何求道第一天的最短花费呢？这个过程就需要用的图论的最短路了。
我们只需要把第一天不能走的点给他打上一个标记，在 dijkstra 的时候略过这些被标记的点即可。
那么第二天的最短花费呢？我可以修改第一天的路线实现到达，也可以不修改直接走两天一样的路线。
第三天，我可以走三天一样的路线，也可以走第一天的最短花费 + K + 走两天的 1 去 m 的最短花费，那么走两天的最短花费也是这个道理。
所以通过上面可以得到状态转移方程。

其中dp[i]代表第i天的最短花费，dis[m]代表走当前道路(i-j+1)次可以从1正常通往m的最短花费。
关于最短路的求解就比较简单了，不懂了可以看下代码应该也懂了。

#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,popcnt")
#pragma GCC optimize("O2,O3,Ofast,inline,unroll-all-loops,-ffast-math")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define js ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0)
#define all(__vv__) (__vv__).begin(), (__vv__).end()
#define endl "\n"
#define pai pair<ll, int>
#define ms(__x__,__val__) memset(__x__, __val__, sizeof(__x__))
typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double ld;
inline ll read() { ll s = 0, w = 1; char ch = getchar(); for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') w = -1; for (; isdigit(ch); ch = getchar())    s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48); return s * w; }
inline void print(ll x, int op = 10) { if (!x) { putchar('0'); if (op)    putchar(op); return; }    char F[40]; ll tmp = x > 0 ? x : -x;    if (x < 0)putchar('-');    int cnt = 0;    while (tmp > 0) { F[cnt++] = tmp % 10 + '0';        tmp /= 10; }    while (cnt > 0)putchar(F[--cnt]);    if (op)    putchar(op); }
inline ll gcd(ll x, ll y) { return y ? gcd(y, x % y) : x; }
ll qpow(ll a, ll b) { ll ans = 1;    while (b) { if (b & 1)    ans *= a;        b >>= 1;        a *= a; }    return ans; }    ll qpow(ll a, ll b, ll mod) { ll ans = 1; while (b) { if (b & 1)(ans *= a) %= mod; b >>= 1; (a *= a) %= mod; }return ans % mod; }
inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }
const int dir[][2] = { {0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1} };
const int MOD = 1e9 + 7;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

const int N = 1e5 + 7;

int vis[25], tmp[25], flag[25][105];
ll dp[105], dis[25];
vector<pai> edge[25];

void dijkstra() {
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
    dis[1] = 0;
    priority_queue<pai, vector<pai>, greater<pai>> pq;
    pq.push({ 0,1 });
    while (pq.size()) {
        int u = pq.top().second;
        pq.pop();
        if (vis[u])    continue;
        vis[u] = 1;
        for (auto it : edge[u]) {
            ll w = it.first;
            int v = it.second;
            if (tmp[v])    continue;
            if (dis[u] + w < dis[v]) {
                dis[v] = dis[u] + w;
                pq.push({ dis[v],v });
            }
        }
    }
}

int main() {
    int n = read(), m = read(), k = read(), e = read();
    while (e--) {
        int u = read(), v = read(), w = read();
        edge[u].push_back({ w,v });
        edge[v].push_back({ w,u });
    }
    int q = read();
    while (q--) {
        int u = read(), l = read(), r = read();
        for (int i = l; i <= r; ++i)
            flag[u][i] = 1;
    }
    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
    dp[0] = -k; // 确保第一次走的时候 dp[1] = 0 + cnt * dis[m] 
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        memset(tmp, 0, sizeof(tmp)); // 从 j 到 i 要保证一直畅通，所以后门天数走不了前面也走不了。清零要放在这里
        for (int j = i; j; --j) {
            for (int k = 1; k <= m; ++k)
                if (flag[k][j])    tmp[k] = 1;
            dijkstra();
            if (dis[m] == INF)    break;
            dp[i] = min(dp[i], dp[j - 1] + k + (i - j + 1) * dis[m]);
        }
    }
    print(dp[n]);
    return 0;
}