#6008. 「网络流 24 题」餐巾计划
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题目类型：传统评测方式：文本比较
上传者： 匿名
题目描述
一个餐厅在相继的 n nn 天里，每天需用的餐巾数不尽相同。假设第 i ii 天需要 ri r_iri 块餐巾。餐厅可以购买新的餐巾，每块餐巾的费用为 P PP 分；或者把旧餐巾送到快洗部，洗一块需 M MM天，其费用为 F FF 分；或者送到慢洗部，洗一块需 N NN 天，其费用为 S SS 分（S<F 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 n nn 天中餐巾使用计划,使总的花费最小。
输入格式
第 1 11 行有 6 66 个正整数 n nn、P PP、M MM、F FF、N NN、S SS。
n nn 是要安排餐巾使用计划的天数，P PP 是每块新餐巾的费用，M MM 是快洗部洗一块餐巾需用天数，F FF 是快洗部洗一块餐巾需要的费用，N NN 是慢洗部洗一块餐巾需用天数，S SS 是慢洗部洗一块餐巾需要的费用。
接下来的 n nn 行是餐厅在相继的 n nn 天里，每天需用的餐巾数。
输出格式
输出餐厅在相继的 n nn 天里使用餐巾的最小总花费。
样例
样例输入
3 10 2 3 3 2
5
6
7样例输出
145数据范围与提示
1≤n≤1000 1 leq n leq 10001≤n≤1000
题目链接：https://loj.ac/problem/6008
题意：中文一题，明显。
思路：最小费用最大流。关键是怎样建图，每天的毛巾来源有购买、快洗部、慢洗部，每天用过的毛巾的去处有留到下一天、拿去快洗、拿去慢洗。
建图：
把每天分为二分图两个集合中的顶点Xi,Yi，分别表示用完的毛巾，需要的毛巾建立附加源S汇T。
1、从S向每个Xi连一条容量为ri，费用为0的有向边。（用完的毛巾数量限制）
2、从每个Yi向T连一条容量为ri，费用为0的有向边。（需要数量限制）
3、从S向每个Yi连一条容量为无穷大，费用为P的有向边。（通过购买获得）
4、从每个Xi向Xi+1(i+1<=n)连一条容量为无穷大，费用为0的有向边。（保存起来，延期送洗）
5、从每个Xi向Yi+M(i+M<=n)连一条容量为无穷大，费用为F的有向边。（立即拿去快洗部，并可在M天后获得）
6、从每个Xi向Yi+M(i+N<=n)连一条容量为无穷大，费用为S的有向边。（立即拿去慢洗部，并在N天后获得）
求网络最小费用最大流，费用流值就是要求的最小总花费。
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<set> #include<map> #include<queue> #include<stack> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; #define PI acos(-1.0) const int maxn=3e3+100,maxm=1e5+100,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7; const ll INF=1e13+7; struct edge { int from,to; int c,w; }; vector<edge>es; vector<int>G[maxn]; int pre[maxn]; int dist[maxn]; inline void addedge(int u,int v,int c,int w) { es.push_back((edge) { u,v,c,w }); es.push_back((edge) { v,u,0,-w }); int x=es.size(); G[u].push_back(x-2); G[v].push_back(x-1); } bool spfa(int s,int t) { static std::queue<int> q; static bool inq[maxn]; memset(dist,inf,sizeof(int)*maxn); memset(inq,false,sizeof(bool)*maxn); pre[s]=-1; dist[s]=0; q.push(s); while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); inq[u]=false; for(int i=0; i<G[u].size(); i++) { edge e=es[G[u][i]]; if(e.c&&dist[e.to]>dist[u]+e.w) { pre[e.to]=G[u][i]; dist[e.to]=dist[u]+e.w; if(!inq[e.to]) q.push(e.to),inq[e.to]=true; } } } return dist[t]<inf; } int dinic(int s,int t) { int flow=0,cost=0; while(spfa(s,t)) { int d=inf; for(int i=t; i!=s; i=es[pre[i]].from) d=min(d,es[pre[i]].c); flow+=d; cost+=d*dist[t]; for(int i=t; i!=s; i=es[pre[i]].from) { es[pre[i]].c-=d; es[pre[i]^1].c+=d; } } ///cout<<flow<<" "<<cost<<endl;///最小费用最大流的流量和花费 return cost; } int main() { int n,P,N,F,M,S; scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&P,&N,&F,&M,&S); int s=0,t=2*n+1; for(int i=1; i<=n; i++) { int x; scanf("%d",&x); addedge(s,i,x,0); addedge(s,i+n,inf,P); if(i-1>=1) addedge(i-1,i,inf,0); if(i-N>=1) addedge(i-N,i+n,inf,F); if(i-M>=1) addedge(i-M,i+n,inf,S); addedge(i+n,t,x,0); } printf("%d ",dinic(s,t)); return 0; }