题意：
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

解题思路： 最短路+DP

我们设图中有 n 个节点，我们一共需要走 D 天。我们首先根据输入信息
预处理出 cost[i][j]，表示第 i 天到第 j 天走相同的路线，从点 1 到达点 n 需要的最小花费。这个过程可以跑 D 2 次
最短路。接着，我们令 dp[i]表示第 i 天走完，所需要的最小花费。则有 dp[i]＝min(cost[1][i]×i，min(dp[j]＋cost[j
＋1][i]×(j－i))。那么 dp[D]就是我们所求的答案。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 1e9
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i++)
const int N = 300;
const int M = 300;
int n, m, d, K, e, dp[N];
bool broken[M][N], vis[M], flag[M];
int cost[N][N];
int dis[M];
struct edge{
    int v, w, nxt;
    edge(){}
    edge(int v, int w, int nxt) : v(v), w(w), nxt() {}
}E[M*2];
int head[M], cnt;
void addedge(int u, int v, int w){
    E[cnt].v = v, E[cnt].w = w, E[cnt].nxt = head[u], head[u] = cnt++;
}
void init(){
    memset(head, -1, sizeof(head)); cnt = 0;
}
queue <int> q;
int spfa(){
    memset(dis, 0x7f, sizeof(dis));
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    dis[1] = 0; vis[1] = 1;
    while(!q.empty()) q.pop();
    q.push(1);
    while(!q.empty()){
        int u = q.front(); q.pop();
        vis[u] = 0;
        for(int i = head[u]; ~i; i = E[i].nxt){
            int v = E[i].v;
            if(dis[v] > dis[u] + E[i].w && !flag[v]){
                dis[v] = dis[u] + E[i].w;
                if(!vis[v]){
                    vis[v] = 1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    return dis[m];
}
int main(){
    init();
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &K, &e);
    rep(i, 1, e){
        int u, v, w;
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        addedge(u, v, w);
        addedge(v, u, w);
    }
    scanf("%d", &d);
    rep(i, 1, d){
        int p, a, b;
        scanf("%d%d%d", &p, &a, &b);
        rep(j, a, b){
            broken[p][j] = 1;
        }
    }
    //deal cost
    rep(i, 1, n){
        rep(j, i, n){
            memset(flag, 0, sizeof(flag));
            rep(k, 1, m){
                rep(l, i, j){
                    flag[k] |= broken[k][l];
                }
            }
            cost[i][j] = spfa();
        }
    }
    rep(i, 1, n){
        rep(j, i, n){
            if(cost[i][j] < INF){
                cost[i][j] *= (j - i + 1);
            }
        }
    }
    //deal dp
    memset(dp, 0x7f, sizeof(dp));
    rep(i, 1, n){
        dp[i] = cost[1][i];
    }
    rep(i, 2, n){
        for(int j = 1; j < i; j++){
            dp[i] = min(dp[i], dp[j] + cost[j+1][i] + K);
        }
    }
    printf("%d\n", dp[n]);
}