BZOJ1003

分析：
首先这个题和最短路有关是肯定的，关键是处理好不能走某个点的情况
我们可以发现，n天中有几次修改路线，那么可以把没有修改的时候看成一个区间，则整个过程是由若干个区间拼接而成的，结合数据范围可以考虑到区间DP
具体地，我们先枚举所有区间，求出一个区间 $[l,r]$中，所有限制都生效（只要区间内任意一天某个点被限制了，这个点就不能选，因为这个区间全程都要用处理出来的最短路）的时候的最短路
时间复杂度能够接受（数据范围很小， $O(n^2m^2log(m^2))$）
然后就是一个简单的区间DP， $dp[i]=min(dp[i],dp[j]+sum[j+1][i]*(i-j)+k)$ $(j\leq i-1)$

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
	int res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)) {res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return res*f;
}
const int N=105,M=25,E=405,INF=1e9;
int vis[E<<1],nxt[E<<1],head[E<<1],c[E<<1],tot=0;
inline void add(int x,int y,int z){vis[++tot]=y;nxt[tot]=head[x];head[x]=tot;c[tot]=z;}
int sta[N];
inline void get(int l,int r,int p){for(int i=l;i<=r;i++) sta[i]|=(1<<(p-1));}
priority_queue< pair<int,int> >q;
int d[N],pt[N],now;
inline void dijkstra(){
	memset(d,60,sizeof(d));
	memset(pt,0,sizeof(pt));
	d[1]=0;q.push(make_pair(0,1));
	while(!q.empty()){
		int x=q.top().second;q.pop();pt[x]=1;
		for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
			int y=vis[i],z=c[i];
			if(pt[y] || (now&(1<<(y-1)))) continue;
			if(d[y]>d[x]+z){
				d[y]=d[x]+z;
				q.push(make_pair(-d[y],y));
			}
		}
	}
}
int n,m,k,e,t;
int sum[N][N];
int dp[N];
int main(){
	n=read();m=read();k=read();e=read();
	for(int i=1;i<=e;i++){
		int x=read(),y=read(),z=read();
		add(x,y,z);add(y,x,z);
	}
	t=read();
	for(int i=1;i<=t;i++){int p=read(),l=read(),r=read();get(l,r,p);}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		now=0;
		for(int j=i;j<=n;j++){
			now|=sta[j];
			dijkstra();
			sum[i][j]=d[m];
			if(sum[i][j]>INF){
				for(int K=j+1;K<=n;K++) sum[i][K]=INF;
				break;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(sum[1][i]<INF) dp[i]=sum[1][i]*i;
		else dp[i]=INF;
		for(int j=1;j<=i-1;j++){
			if(sum[j+1][i]>=INF) continue;
			dp[i]=min(dp[i],dp[j]+sum[j+1][i]*(i-j)+k);
		}
	}
	cout<<dp[n];
	return 0;
}