HDU 6118 度度熊的交易计划(网络流-最小费用最大流)

度度熊参与了喵哈哈村的商业大会，但是这次商业大会遇到了一个难题： 

喵哈哈村以及周围的村庄可以看做是一共由n个片区，m条公路组成的地区。 

由于生产能力的区别，第i个片区能够花费a[i]元生产1个商品，但是最多生产b[i]个。 

同样的，由于每个片区的购买能力的区别，第i个片区也能够以c[i]的价格出售最多d[i]个物品。 

由于这些因素，度度熊觉得只有合理的调动物品，才能获得最大的利益。 

据测算，每一个商品运输1公里，将会花费1元。 

那么喵哈哈村最多能够实现多少盈利呢？ 

Input本题包含若干组测试数据。 
每组测试数据包含： 
第一行两个整数n,m表示喵哈哈村由n个片区、m条街道。 
接下来n行，每行四个整数a[i],b[i],c[i],d[i]表示的第i个地区，能够以a[i]的价格生产，最多生产b[i]个，以c[i]的价格出售，最多出售d[i]个。 
接下来m行，每行三个整数,u[i],v[i],k[i]，表示该条公路连接u[i],v[i]两个片区，距离为k[i] 

可能存在重边，也可能存在自环。 

满足: 
1<=n<=500, 
1<=m<=1000, 
1<=a[i],b[i],c[i],d[i],k[i]<=1000, 
1<=u[i],v[i]<=n 
Output输出最多能赚多少钱。 
Sample Input

2 1
5 5 6 1
3 5 7 7
1 2 1

Sample Output

23
题解：

最小费用最大流，首先建立超级源点 s ，与超级汇点 t 。

因为生产一个商品需要花费 a[i] 元，且上限为 b[i] ，所以我们从 s 向这些点之间连一条容量为 b[i] ，费用为 -a[i] 的边。

同样的道理，出售一个商品可以赚到 c[i] 元，最多出售 d[i] 个，于是我们从这些点向 t 连一条容量为 d[i] ，费用为 c[i] 的边。

最后所有的公路也是花费，从 u 到 v 连接一条双向边，容量为 INF ，费用为 -k ，然后跑一边模板即可。

注意：图中存在自环，当我们得到两点路径长度小于 0 时应终止计算。

参考代码为

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long LL;
const int M=2010;
const int N=510; 
struct edge
{
    int to,cap,cost,nxt;
} e[11000];
 
int head[N],tot;
int d[N], pre[N], path[N];
bool vis[N];
 
void init()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    tot = 0;
}
 
void addedge(int s, int t, int cap, int cost)
{
    e[tot].to=t;
    e[tot].cap=cap;
    e[tot].cost=cost;
    e[tot].nxt=head[s];
    head[s] = tot++;
    e[tot].to=s;
    e[tot].cap=0;
    e[tot].cost=-cost;
    e[tot].nxt=head[t];
    head[t] = tot++;
}
 
int spfa(int s, int t)
{
    memset(d,-INF,sizeof(d));
    memset(pre,-1,sizeof(pre));
    memset(path,-1,sizeof(path));
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    int res = d[0];
    d[s] = 0;
    vis[s] = true;
    queue<int>q;
    q.push(s);
    while (!q.empty())
    {
        int u = q.front();
        q.pop();
        vis[u] = false;
        for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt)
        {
            int v = e[i].to;
            if (d[v] < d[u] + e[i].cost && e[i].cap > 0)
            {
                d[v] = d[u] + e[i].cost;
                pre[v] = u;
                path[v] = i;
                if (!vis[v])
                {
                    vis[v] = true;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    return d[t] != res;
}
 
int MinCostMaxFlow(int s, int t,int &cost)//返回最大流,cost为最小费用 
{
    int flow;
    flow=cost=0;
    while (spfa(s, t))
    {
        int minn = INF;
        for(int i = t; i != s && ~i; i = pre[i]) minn = min(minn, e[path[i]].cap);
        for(int i = t; i != s && ~i; i = pre[i])
        {
            e[path[i]].cap -= minn;
            e[path[i] ^ 1].cap += minn;
        }
        if(d[t]<0) break;  //由于可能会有自环 
        flow += minn;
        cost += minn * d[t];
    }
    return flow;
}
int n,m;
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        init();
        int a,b,c,d;
        int st=0,end=n+1,cost;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
            addedge(st,i,b,-a);
            addedge(i,end,d,c);
        }
        int u,v,k;
        while(m--)
        {
            scanf("%d%d%d",&u,&v,&k);
            addedge(u,v,INF,-k);
            addedge(v,u,INF,-k);
        }
        MinCostMaxFlow(st,end,cost);
        cout<<cost<<endl;
    }
}