【bzoj2245】[SDOI2011]工作安排 费用流

题目描述

你的公司接到了一批订单。订单要求你的公司提供n类产品，产品被编号为1~n，其中第i类产品共需要C_i件。公司共有m名员工，员工被编号为1~m员工能够制造的产品种类有所区别。一件产品必须完整地由一名员工制造，不可以由某名员工制造一部分配件后，再转交给另外一名员工继续进行制造。

我们用一个由0和1组成的m*n的矩阵A来描述每名员工能够制造哪些产品。矩阵的行和列分别被编号为1~m和1~n，A_i,j为1表示员工i能够制造产品j，为0表示员工i不能制造产品j。

如果公司分配了过多工作给一名员工，这名员工会变得不高兴。我们用愤怒值来描述某名员工的心情状态。愤怒值越高，表示这名员工心情越不爽，愤怒值越低，表示这名员工心情越愉快。员工的愤怒值与他被安排制造的产品数量存在某函数关系，鉴于员工们的承受能力不同，不同员工之间的函数关系也是有所区别的。

对于员工i，他的愤怒值与产品数量之间的函数是一个S_i+1段的分段函数。当他制造第1~T_i,1件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加W_i,1，当他制造第T_i,1+1~T_i,2件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加W_i,2……为描述方便，设T_i,0=0,T_i,si+1=+∞，那么当他制造第T_i,j-1+1~T_i,j件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加W_i,j， 1≤j≤S_i+1。

你的任务是制定出一个产品的分配方案，使得订单条件被满足，并且所有员工的愤怒值之和最小。由于我们并不想使用Special Judge，也为了使选手有更多的时间研究其他两道题目，你只需要输出最小的愤怒值之和就可以了。

输入

第一行包含两个正整数m和n，分别表示员工数量和产品的种类数；

第二行包含n 个正整数，第i个正整数为C_i；

以下m行每行n 个整数描述矩阵A；

下面m个部分，第i部分描述员工i的愤怒值与产品数量的函数关系。每一部分由三行组成：第一行为一个非负整数S_i，第二行包含S_i个正整数，其中第j个正整数为T_i,j，如果S_i=0那么输入将不会留空行（即这一部分只由两行组成）。第三行包含S_i+1个正整数，其中第j个正整数为W_i,j。W_i,j<W_i,j+1

输出

仅输出一个整数，表示最小的愤怒值之和。

样例输入

2 3
2 2 2
1 1 0
0 0 1
1
2
1 10
1
2
1 6

样例输出

24

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题解

费用流

由于题目中限定了W(i,j)<W(i,j+1)，因此可以直接拆边费用流。

那么建图很显然：S->每种产品，容量为Ci，费用为0；每种产品->能够生产它的人，容量为inf，费用为0；每个人->T连Si+1条边，第i条边容量为Ti - Ti-1，费用为Wi。

然后跑最小费用最大流即可。注意需要开long long

一个小优化：边上的费用只出现在与S/T之一相连的边中，这种情况下把带边权的边放到T一端能够大大减小时间复杂度，这也使得本题直接使用EK费用流即可AC。

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 510
#define M 1000010
using namespace std;
const int inf = 1 << 30;
queue<int> q;
int temp[10] , head[N] , to[M] , val[M] , cost[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N] , from[N] , pre[N];
void add(int x , int y , int v , int c)
{
	to[++cnt] = y , val[cnt] = v , cost[cnt] = c , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
	to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , cost[cnt] = -c , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool spfa()
{
	int x , i;
	memset(from , -1 , sizeof(from));
	memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
	dis[s] = 0 , q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		x = q.front() , q.pop();
		for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
			if(val[i] && dis[to[i]] > dis[x] + cost[i])
				dis[to[i]] = dis[x] + cost[i] , from[to[i]] = x , pre[to[i]] = i , q.push(to[i]);
	}
	return ~from[t];
}
long long mincost()
{
	long long ans = 0;
	int i , k;
	while(spfa())
	{
		k = inf;
		for(i = t ; i != s ; i = from[i]) k = min(k , val[pre[i]]);
		ans += k * dis[t];
		for(i = t ; i != s ; i = from[i]) val[pre[i]] -= k , val[pre[i] ^ 1] += k;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int m , n , i , j , k , x;
	scanf("%d%d" , &m , &n) , s = 0 , t = n + m + 1;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &x) , add(s , i , x , 0);
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
		{
			scanf("%d" , &x);
			if(x) add(j , i + n , inf , 0);
		}
	}
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		scanf("%d" , &k);
		for(j = 1 ; j <= k ; j ++ ) scanf("%d" , &temp[j]);
		temp[k + 1] = inf;
		for(j = 1 ; j <= k + 1 ; j ++ ) scanf("%d" , &x) , add(i + n , t , temp[j] - temp[j - 1] , x);
	}
	printf("%lld
" , mincost());
	return 0;
}