刷题总结——支线剧情（bzoj3876费用流）

题目：

【故事背景】

宅男JYY非常喜欢玩RPG游戏，比如仙剑，轩辕剑等等。不过JYY喜欢的并不是战斗场景，而是类似电视剧一般的充满恩怨情仇的剧情。这些游戏往往

都有很多的支线剧情，现在JYY想花费最少的时间看完所有的支线剧情。

【问题描述】

JYY现在所玩的RPG游戏中，一共有N个剧情点，由1到N编号，第i个剧情点可以根据JYY的不同的选择，而经过不同的支线剧情，前往Ki种不同的新的剧情点。当然如果为0，则说明i号剧情点是游戏的一个结局了。

JYY观看一个支线剧情需要一定的时间。JYY一开始处在1号剧情点，也就是游戏的开始。显然任何一个剧情点都是从1号剧情点可达的。此外，随着游戏的进行，剧情是不可逆的。所以游戏保证从任意剧情点出发，都不能再回到这个剧情点。由于JYY过度使用修改器，导致游戏的“存档”和“读档”功能损坏了，

所以JYY要想回到之前的剧情点，唯一的方法就是退出当前游戏，并开始新的游戏，也就是回到1号剧情点。JYY可以在任何时刻退出游戏并重新开始。不断开始新的游戏重复观看已经看过的剧情是很痛苦，JYY希望花费最少的时间，看完所有不同的支线剧情。

Input

输入一行包含一个正整数N。

接下来N行，第i行为i号剧情点的信息；

第一个整数为，接下来个整数对，Bij和Tij，表示从剧情点i可以前往剧

情点，并且观看这段支线剧情需要花费的时间。

Output

输出一行包含一个整数，表示JYY看完所有支线剧情所需要的最少时间。

Sample Input

6
2 2 1 3 2
2 4 3 5 4
2 5 5 6 6
0
0
0

Sample Output

HINT

JYY需要重新开始3次游戏，加上一开始的一次游戏，4次游戏的进程是

1->2->4，1->2->5，1->3->5和1->3->6。

对于100%的数据满足N<=300,0<=Ki<=50,1<=Tij<=300,Sigma(Ki)<=5000

题解：

这道题很NB····

表面看起来如果直接按题意建图的话，会是一道有下界费用流的题···md我不会···

但可以转成普通费用流的题····这里引用PoPoQQQ题解····%%%%%%

对于每一条边权为z的边x->y：

从S到y连一条费用为z，流量为1的边代表这条边至少走一次

从x到y连一条费用为z，流量为INF的边代表这条边除了至少走的一次之外还可以随便走

对于每个点x：

从x到T连一条费用为0，流量为x的出度的边

从x到1连一条费用为0，流量为INF的边，代替原图上的源和汇

不得不说想到这样建图实在是太巧妙了·····

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf=1e+8;
const int N=5000;
const int M=150005;
queue<int>que;
int tot=1,first[N],go[M],next[M],rest[M],cost[M];
int chu[N],ans=0,dis[N],src,des,n;
bool insta[N],visit[N];
int R()
{
  char c;
  int f=0;
  for(c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar());
  for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())
    f=(f<<3)+(f<<1)+c-'0';
  return f;
}
inline void comb(int a,int b,int c,int d)
{
  next[++tot]=first[a],first[a]=tot,go[tot]=b,rest[tot]=c,cost[tot]=d;
  next[++tot]=first[b],first[b]=tot,go[tot]=a,rest[tot]=0,cost[tot]=-d;
}
inline bool SPFA()
{
  for(int i=src;i<=des;i++)  visit[i]=false,dis[i]=inf;
  que.push(src);
  dis[src]=0;
  while(!que.empty())
  {
    int u=que.front();
    que.pop();
    insta[u]=false;
    for(int e=first[u];e;e=next[e])
    {
      int v=go[e];
      if((dis[v]>dis[u]+cost[e])&&rest[e])
      {
        dis[v]=dis[u]+cost[e];
        if(!insta[v])
        {
          que.push(v);
          insta[v]=true;
        }
      }
    }
  }
  return dis[des]!=inf;
}
inline int dinic(int u,int flow)
{
  if(u==des)
  {
    ans+=flow*dis[des];
    return flow;
  }
  visit[u]=true;
  int res=0,delta,v;
  for(int e=first[u];e;e=next[e])
  {
    if(dis[v=go[e]]==dis[u]+cost[e]&&!visit[v]&&rest[e])
    {
      delta=dinic(v,min(rest[e],flow-res));
      if(delta)
      {
        rest[e]-=delta;
        rest[e^1]+=delta;
        res+=delta;
        if(res==flow)  break;
      }
    }
  }
  return res;
}
inline void maxflow()
{
  while(SPFA())  
    dinic(src,inf);
}
int main()
{
  //freopen("a.in","r",stdin);
  n=R();
  int t,a,b;
  src=0,des=n+1;
  for(int i=1;i<=n;i++)
  {
    t=R();
    for(int j=1;j<=t;j++)
    {
      a=R(),b=R();
      comb(src,a,1,b);
      comb(i,a,inf,b);
    }
    chu[i]=t;
  }
  for(int i=1;i<=n;i++)
  {
    comb(i,des,chu[i],0);
    if(i!=1)
      comb(i,1,inf,0);
  }
  maxflow();
  cout<<ans<<endl;
  return 0;
}