3876: [Ahoi2014&Jsoi2014]支线剧情

Description

提交luogu
bzoj

【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

24

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

---

有上下界的网络流

/**************************************************************
    Problem: 3876
    User: s_a_b_e_r
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:272 ms
    Memory:1820 kb
****************************************************************/
 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector> 
#define ll long long 
#include<cstring>
using namespace std;
inline int read(){
    int an=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0'){an=an*10+(ch^48);ch=getchar();}
    return an*f;
}
const int maxn=1000,maxm=maxn*30;
const int INT=1e7;
int in[maxn],S,T,X,Y,out[maxn],f[maxn],cnt=1;
int n;
struct saber{
int nex,to,lim,wi;
};
ll ans;
vector<saber>b;
inline void add(int x,int y,int z,int wi){
    cnt++;
    b.push_back(  (saber){f[x],y,z,wi} );
    f[x]=cnt;
}
inline void prepare(){
    n=read();S=n+2;T=n+1;
    b.push_back( (saber){0,0,0,0} );
    b.push_back( (saber){0,0,0,0} );
    for(int i=2;i<=n;i++){add(i,1,INT,0),add(1,i,0,0);}
    for(int i=1;i<=n;i++){
        out[i]=read();
        for(int j=1;j<=out[i];j++){
        int x=read(),y=read();
        add(i,x,INT,y);
        add(x,i,0,-y);
        in[x]++;
        ans+=y;
        }
    }   
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x=in[i]-out[i];
        if(x<0){
            add(i,T,-x,0);
            add(T,i,0,0);
        }
        else{
            add(S,i,x,0);
            add(i,S,0,0);
        }
    }
}
queue<int>q;
int dis[maxn];
bool vis[maxn];
bool ind[maxn];
inline int bfs(){
    while(!q.empty())q.pop();
    q.push(S);
    for(int i=1;i<=S+9;i++)dis[i]=INT;
    dis[S]=0;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();
        vis[x]=0;
        for(int i=f[x];i;i=b[i].nex){
            int v=b[i].to;
            if(dis[v]>dis[x]+b[i].wi&&b[i].lim){
                dis[v]=dis[x]+b[i].wi;
                if(!vis[v]){vis[v]=1;q.push(v);}
            }
        }
    }
    return dis[T]!=INT;
}
  
inline int dfs(int x,int li){
    int used=li;ind[x]=1;
    if(x==T||!li)return li;
    for(int i=f[x];i&&used;i=b[i].nex){
        int v=b[i].to;
        if(ind[v])continue;
        if(dis[v]==dis[x]+b[i].wi&&b[i].lim){
            int re=dfs( v,min(used,b[i].lim) );
            b[i].lim-=re;
            b[i^1].lim+=re;
            used-=re;
        }
    }
    return li-used;
}
inline void dinic(){
    while(bfs()){
        memset(ind,0,sizeof ind);
        ans+=dis[T]*dfs(S,INT);
    }
    cout<<ans;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    prepare();
    dinic();
    return 0;
}

---

QAQ网络流又写挂了，害得我查了好久>_<

有上下界的最小费用流~熟悉的套路x

• 对于每个有连边的点对(u,v)，从u向v连一条费用为w，流量为inf的边，表示这段剧情最多能看无数遍；再从源点向v连一条费用w流量1的点，表示至少看一次
• 对于每个除1以外的点，向1连一条流量inf费用0的边，代表随时可以回到点1
• 对于每个点，向汇点连流量为该点出度，费用为0的边，因为每条边至少走一遍，对于这个点至少预留out[x]的流量

于是跑最小费用最大流就好啦>_<

/**************************************************************
    Problem: 3876
    User: wypx
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:9380 ms
    Memory:40364 kb
****************************************************************/
 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=500,M=10*N*N,inf=1e9+7;
int n,out[N],S,T,cnt=1,p[N],inp[N];
int dis[N],in[N];
bool vis[N];
struct edge{int to,nex,val,cos;}e[M];
void add(int u,int v,int lim,int cos){
    e[++cnt]=(edge){v,p[u],lim,cos};
    p[u]=cnt;
    e[++cnt]=(edge){u,p[v],0,-cos};
    p[v]=cnt;
}
queue<int>q;
bool spfa(){
    for(int i=1;i<=T;++i)dis[i]=inf;
    memset(in,0,sizeof(in));
    while(!q.empty())q.pop();
    dis[S]=0;q.push(S);
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();in[x]=0;
        for(int i=p[x];i;i=e[i].nex){
            int v=e[i].to;
            if(e[i].val&&dis[v]>dis[x]+e[i].cos){
                dis[v]=dis[x]+e[i].cos;
                if(!in[v]){in[v]=1;q.push(v);}
            }
        }
    }
    return dis[T]<inf;
}
 
int dfs(int x,int li){
    vis[x]=1;
    if(x==T)return li;
    int used=li;
    for(int i=p[x];i;i=e[i].nex){
        int v=e[i].to;
        if(!vis[v]&&used&&e[i].val&&dis[v]==dis[x]+e[i].cos){
            int re=dfs(v,min(used,e[i].val));
            used-=re;
            e[i].val-=re;
            e[i^1].val+=re;
        }
    }
    return li-used;
}
int dinic(){
    int ans=0;
    while(spfa()){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        ans+=dfs(S,inf)*dis[T];
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);S=n+1,T=n+2;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d",&out[i]);
        for(int j=1;j<=out[i];++j){
            int v,w;scanf("%d%d",&v,&w);
            add(i,v,inf,w);
            add(S,v,1,w);
        }
        add(i,T,out[i],0);
        if(i!=1)add(i,1,inf,0);
    }
    cout<<dinic()<<endl;
    return 0;
}