网络流之最小费用最大流 P1251 餐巾计划问题

题目描述

一个餐厅在相继的 NN 天里,每天需用的餐巾数不尽相同。假设第 ii 天需要 r_iri​块餐巾( i=1,2,...,N)。餐厅可以购买新的餐巾,每块餐巾的费用为 pp 分;或者把旧餐巾送到快洗部,洗一块需 m 天,其费用为 f 分;或者送到慢洗部,洗一块需 nn 天(n>mn>m),其费用为 ss 分(s<fs<f)。

每天结束时,餐厅必须决定将多少块脏的餐巾送到快洗部,多少块餐巾送到慢洗部,以及多少块保存起来延期送洗。但是每天洗好的餐巾和购买的新餐巾数之和,要满足当天的需求量。

试设计一个算法为餐厅合理地安排好 NN 天中餐巾使用计划,使总的花费最小。编程找出一个最佳餐巾使用计划。

输入输出格式

输入格式：

由标准输入提供输入数据。文件第 1 行有 1 个正整数 NN，代表要安排餐巾使用计划的天数。

接下来的 NN 行是餐厅在相继的 NN 天里,每天需用的餐巾数。

最后一行包含5个正整数p,m,f,n,sp,m,f,n,s。pp 是每块新餐巾的费用; mm 是快洗部洗一块餐巾需用天数; ff 是快洗部洗一块餐巾需要的费用; nn 是慢洗部洗一块餐巾需用天数; ss 是慢洗部洗一块餐巾需要的费用。

输出格式：

将餐厅在相继的 N 天里使用餐巾的最小总花费输出

输入输出样例

输入样例#1： 复制

3
1 7 5 
11 2 2 3 1

输出样例#1： 复制

134

说明

N<=2000

ri<=10000000

p,f,s<=10000

时限4s

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1000 + 10;
struct edge
{
    int u, v, c, f, cost;
    edge(int u, int v, int c, int f, int cost):u(u), v(v), c(c), f(f), cost(cost){}
};
vector<edge>e;
vector<int>G[maxn];
int a[maxn];//找增广路每个点的水流量
int p[maxn];//每次找增广路反向记录路径
int d[maxn];//SPFA算法的最短路
int inq[maxn];//SPFA算法是否在队列中
int n, m;
void init(int n)
{
    for(int i = 0; i <= n; i++)G[i].clear();
    e.clear();
}
void addedge(int u, int v, int c, int cost)
{
    e.push_back(edge(u, v, c, 0, cost));
    e.push_back(edge(v, u, 0, 0, -cost));
    int m = e.size();
    G[u].push_back(m - 2);
    G[v].push_back(m - 1);
}
bool bellman(int s, int t, int& flow, long long & cost)
{
    for(int i = 0; i <= n + 1; i++)d[i] = INF;//Bellman算法的初始化
    memset(inq, 0, sizeof(inq));
    d[s] = 0;inq[s] = 1;//源点s的距离设为0，标记入队
    p[s] = 0;a[s] = INF;//源点流量为INF（和之前的最大流算法是一样的）

    queue<int>q;//Bellman算法和增广路算法同步进行，沿着最短路拓展增广路，得出的解一定是最小费用最大流
    q.push(s);
    while(!q.empty())
    {
        int u = q.front();
        q.pop();
        inq[u] = 0;//入队列标记删除
        for(int i = 0; i < G[u].size(); i++)
        {
            edge & now = e[G[u][i]];
            int v = now.v;
            if(now.c > now.f && d[v] > d[u] + now.cost)
                //now.c > now.f表示这条路还未流满（和最大流一样）
                //d[v] > d[u] + e.cost Bellman 算法中边的松弛
            {
                d[v] = d[u] + now.cost;//Bellman 算法边的松弛
                p[v] = G[u][i];//反向记录边的编号
                a[v] = min(a[u], now.c - now.f);//到达v点的水量取决于边剩余的容量和u点的水量
                if(!inq[v]){q.push(v);inq[v] = 1;}//Bellman 算法入队
            }
        }
    }
    if(d[t] == INF)return false;//找不到增广路
    flow += a[t];//最大流的值，此函数引用flow这个值，最后可以直接求出flow
    cost += (long long)d[t] * (long long)a[t];//距离乘上到达汇点的流量就是费用
    for(int u = t; u != s; u = e[p[u]].u)//逆向存边
    {
        e[p[u]].f += a[t];//正向边加上流量
        e[p[u] ^ 1].f -= a[t];//反向边减去流量 （和增广路算法一样）
    }
    return true;
}
int MincostMaxflow(int s, int t, long long & cost)
{
    cost = 0;
    int flow = 0;
    while(bellman(s, t, flow, cost));//由于Bellman函数用的是引用，所以只要一直调用就可以求出flow和cost
    return flow;//返回最大流，cost引用可以直接返回最小费用
}

这个题目建图很难想，开始一点思路都没有，看了看题解。
建图：
这个是把每一天拆成了两个点，一个上午点和一个下午点。
下午点都和源点相连表示一天的结束，上午点和汇点相连，表示需要的餐巾数量。
与源点和汇点相连的点的cap都设置成这一天需要的餐巾数量，这个来限制送去快洗和慢洗的毛巾数。
然后再去处理3+1，3表示快洗，慢洗，新买，1表示不洗。因为之前以及被限制过了，
所以这里的不需要再去考虑有多少脏毛巾，这里的cap应该设置成inf，因为一次可以洗无数条毛巾。
这个不洗的要好好处理，这个不洗表示直接积累到下一天，那么就说明，这个的cost=0，
但是我们会疑惑，如果这样会不会影响到网络流？ 其实这个不会，因为餐巾的积累会往下一天的晚上传递，意思
是说，这个餐巾不会算作这一天需要的餐巾数，但是那为什么还要连边呢？这个连边会让它往下一天传递，
那么餐巾积累，之后可以考虑一起洗掉。一起洗一堆和一次洗一条所用的时间是一样的，
所以如果我们之后再堆在一起洗也许会更优。

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e4;
struct node
{
    int from, to, cap, flow, cost;
    node(int from = 0, int to = 0, int cap = 0, int flow = 0, int cost = 0) :from(from), to(to), cap(cap), flow(flow), cost(cost) {}
};
vector<node>e;
vector<int>G[maxn];
int s, t;
void add(int u, int v, int cap, int cost)
{
    e.push_back(node(u, v, cap, 0, cost));
    e.push_back(node(v, u, 0, 0, -cost));
    int len = e.size();
    G[u].push_back(len - 2);
    G[v].push_back(len - 1);
}
int d[maxn], inq[maxn], a[maxn], p[maxn];
bool bellman(ll&cost)
{
    for (int i = 0; i <= t+1; i++) d[i] = inf;
    memset(inq, 0, sizeof(inq));
    d[s] = 0, a[s] = inf;
    inq[s] = 1;
    p[s] = 0;
    queue<int>que;
    que.push(s);
    while(!que.empty())
    {
        int u = que.front(); que.pop();
        inq[u] = 0;
        for(int i=0;i<G[u].size();i++)
        {
            node &now = e[G[u][i]];
            if(now.cap>now.flow&&d[now.to]>d[u]+now.cost)
            {
                d[now.to] = d[u] + now.cost;
                p[now.to] = G[u][i];
                a[now.to] = min(a[u], now.cap - now.flow);
                if(!inq[now.to])
                {
                    que.push(now.to);
                    inq[now.to] = 1;
                }
            }
        }
    }
    if (d[t] == inf) return false;
    cost += 1ll * d[t] * 1ll * a[t];
    //printf("%lld
", cost);
    for(int i=t;i!=s;i=e[p[i]].from)
    {
        e[p[i]].flow += a[t];
        e[p[i] ^ 1].flow -= a[t];
    }
    return true;
}

void Maxflow(ll &cost)
{
    cost = 0;
    while (bellman(cost));
}

int main()
{
    int N;
    cin >> N;
    s = 0, t = 2 * N + 1;
    for (int i = 1; i <= N; i++)
    {
        int x;
        cin >> x;
        add(s, i, x, 0);
        add(i + N, t, x, 0);
        //printf("%d %d %d 0
", s, i, x);
        //printf("%d %d %d 0
", i + N, t, x);
    }
    int q, m, f, n, g;
    cin >> q >> m >> f >> n >> g;
    for (int i = 1; i <= N; i++)
    {
        if (i + 1 <= N)
        {
            add(i, i + 1, inf, 0);
        }
        if (i + m <= N)
        {
            add(i, N + i + m, inf, f);
        }
        if (i + n <= N)
        {
            add(i, N + i + n, inf, g);
        }
        add(s, n + i, inf, q);
    }
    ll cost = 0;
    Maxflow(cost);
    printf("%lld
", cost);
    return 0;
}