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试题编号: | 201409-4 |
试题名称: | 最优配餐 |
时间限制: | 1.0s |
内存限制: | 256.0MB |
问题描述: |
问题描述
栋栋最近开了一家餐饮连锁店,提供外卖服务。随着连锁店越来越多,怎么合理的给客户送餐成为了一个急需解决的问题。
栋栋的连锁店所在的区域可以看成是一个n×n的方格图(如下图所示),方格的格点上的位置上可能包含栋栋的分店(绿色标注)或者客户(蓝色标注),有一些格点是不能经过的(红色标注)。 方格图中的线表示可以行走的道路,相邻两个格点的距离为1。栋栋要送餐必须走可以行走的道路,而且不能经过红色标注的点。 送餐的主要成本体现在路上所花的时间,每一份餐每走一个单位的距离需要花费1块钱。每个客户的需求都可以由栋栋的任意分店配送,每个分店没有配送总量的限制。 现在你得到了栋栋的客户的需求,请问在最优的送餐方式下,送这些餐需要花费多大的成本。
输入格式
输入的第一行包含四个整数n, m, k, d,分别表示方格图的大小、栋栋的分店数量、客户的数量,以及不能经过的点的数量。
接下来m行,每行两个整数xi, yi,表示栋栋的一个分店在方格图中的横坐标和纵坐标。 接下来k行,每行三个整数xi, yi, ci,分别表示每个客户在方格图中的横坐标、纵坐标和订餐的量。(注意,可能有多个客户在方格图中的同一个位置) 接下来d行,每行两个整数,分别表示每个不能经过的点的横坐标和纵坐标。
输出格式
输出一个整数,表示最优送餐方式下所需要花费的成本。
样例输入
10 2 3 3
1 1 8 8 1 5 1 2 3 3 6 7 2 1 2 2 2 6 8
样例输出
29
评测用例规模与约定
前30%的评测用例满足:1<=n <=20。
前60%的评测用例满足:1<=n<=100。 所有评测用例都满足:1<=n<=1000,1<=m, k, d<=n^2。可能有多个客户在同一个格点上。每个客户的订餐量不超过1000,每个客户所需要的餐都能被送到。 |
算法设计:
这是一道求无向图多源点最短路径问题,可以利用BFS算法进行求解。为优化算法,可以将给定的几个源点一起压入队列中,同时进行BFS遍历,遇到客户位置时则将花费进行加和。遍历完成时即可得到最终结果。
C++代码:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int N,M,K,D; bool visit[1005][1005]; int graph[1005][1005];//相应元素值<0、==0、>0分别表示不能通过位置、能通过位置、客户位置 struct Tuple{ int i,j,cost;//横坐标、纵坐标,到达该位置时的最短路径长 Tuple(int ii,int jj,int c):i(ii),j(jj),cost(c) {} }; bool outOfBorder(int i,int j){//是否越界 return i<1||j<1||i>N||j>N||graph[i][j]<0; } int main(){ scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&K,&D); queue<Tuple>q; int a,b,c; for(int i=0;i<M;++i){ scanf("%d%d",&a,&b); q.push(Tuple(a,b,0));//将源点都压入队列中 } for(int i=0;i<K;++i){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); graph[a][b]+=c; } for(int i=0;i<D;++i){ scanf("%d%d",&a,&b); graph[a][b]=-1;//不能通过的位置置-1 } int direction[4][2]={ {-1,0},{0,1},{1,0},{0,-1}//由某点可到达的四个位置,上右下左顺序 }; long long sumCost=0;//最终结果需用long long储存 while(!q.empty()){//开始BFS遍历 Tuple p=q.front(); q.pop(); if(visit[p.i][p.j])//该点已访问过,不进行操作,直接继续循环 continue; visit[p.i][p.j]=true; if(graph[p.i][p.j]>0)//该位置是客户位置 sumCost+=(long long)p.cost*graph[p.i][p.j];//累加花费 for(int j=0;j<4;++j)//遍历该位置能到达的位置 if(!outOfBorder(p.i+direction[j][0],p.j+direction[j][1])&&!visit[p.i+direction[j][0]][p.j+direction[j][1]]) q.push(Tuple(p.i+direction[j][0],p.j+direction[j][1],p.cost+1)); } printf("%lld",sumCost); return 0; }