BZOJ 1061 志愿者招募（最小费用最大流）

题目链接：http://61.187.179.132/JudgeOnline/problem.php?id=1061

题意：申奥成功后，布布经过不懈努力，终于 成为奥组委下属公司人力资源部门的主管。布布刚上任就遇到了一个难题：为即将启动的奥运新项目招募一批短期志愿者。经过估算，这个项目需要N 天才能完成，其中第i 天至少需要Ai 个人。 布布通过了解得知，一共有M 类志愿者可以招募。其中第i 类可以从第Si 天工作到第Ti 天，招募费用是每人Ci 元。新官上任三把火，为了出色地完成自己的工作，布布希望用尽量少的费用招募足够的志愿者，但这并不是他的特长！于是布布找到了你，希望你帮他设计一种最 优的招募方案。

思路：

例如一共需要4天，四天需要的人数依次是4,2,5,3。有5类志愿者，如下表所示：

设雇佣第i类志愿者的人数为X[i],每个志愿者的费用为V[i],第j天雇佣的人数为P[j],则每天的雇佣人数应满足一个不等式,如上表所述,可以列出

P[1]=X[1]+X[2]>=4

P[2]=X[1]+X[3]>=2

P[3]=X[3]+X[4]+X[5]>=5

P[4]=X[5]>=3

对于第i个不等式,添加辅助变量Y[i](Y[i]>=0),可以使其变为等式

P[1]=X[1]+X[2]-Y[1]=4

P[2]=X[1]+X[3]-Y[2]=2

P[3]=X[3]+X[4]+X[5]-Y[3]=5

P[4]=X[5]-Y[4]=3

在上述四个等式上下添加P[0]=0,P[5]=0,每次用下边的式子减去上边的式子,得出

① P[1]-P[0]=X[1]+X[2]-Y[1]=4

② P[2]-P[1]=X[3]-X[2]-Y[2]+Y[1]=-2

③ P[3]-P[2]=X[4]+X[5]-X[1]-Y[3]+Y[2]=3

④ P[4]-P[3]=-X[3]-X[4]+Y[3]-Y[4]=-2

⑤ P[5]-P[4]=-X[5]+Y[4]=-3

观察发现,每个变量都在两个式子中出现了,而且一次为正,一次为负.所有等式右边和为0.我们将最后的五个等式进一步变形,得出以下结果

① -X[1]-X[2]+Y[1]+4=0

② -X[3]+X[2]+Y[2]-Y[1]-2=0

③ -X[4]-X[5]+X[1]+Y[3]-Y[2]+3=0

④ X[3]+X[4]-Y[3]+Y[4]-2=0

⑤ X[5]-Y[4]-3=0

可 以发现,每个等式左边都是几个变量和一个常数相加减,右边都为0,恰好就像网络流中除了源点和汇点的顶点都满足流量平衡。每个正的变量相当于流入该顶点的 流量，负的变量相当于流出该顶点的流量，而正常数可以看作来自附加源点的流量，负的常数是流向附加汇点的流量。因此可以据此构造网络，求出从附加源到附加 汇的网络最大流，即可满足所有等式。而我们还要求费用最小，所以要在X变量相对应的边上加上权值，然后求最小费用最大流。

接下来，根据上面五个等式构图。

（1）每个等式为图中一个顶点，添加源点S和汇点T。

（2）如果一个等式中的数字为非负整数c，从源点S向该等式对应的顶点连接一条容量为c，权值为0的有向边；如果为负整数-c，从该等式对应的顶点向汇点T连接一条容量为c，权值为0的有向边。

（3）如果一个变量X[i]在第j个等式中出现为-X[i]，在第k个等式中出现为+X[i]，从顶点j向顶点k连接一条容量为INF，权值为V[i]的有向边。

（4）如果一个变量Y[i]在第j个等式中出现为-Y[i]，在第k个等式中出现为+Y[i]，从顶点j向顶点k连接一条容量为INF，权值为0的有向边。

构图以后，求从源点S到汇点T的最小费用最大流，费用值就是结果。

struct node
{
    int cost,flow,v,u,next;
};


node edges[N*1000];
int head[N],e,s,t;
int pre[N];


void add(int u,int v,int flow,int cost)
{
    edges[e].u=u;
    edges[e].v=v;
    edges[e].cost=cost;
    edges[e].flow=flow;
    edges[e].next=head[u];
    head[u]=e++;
}


void Add(int u,int v,int flow,int cost)
{
    add(u,v,flow,cost);
    add(v,u,0,-cost);
}


int SPFA(int s,int t)
{
    clr(pre,-1);
    int F[N],h[N],C[N],i,u,v,f,c;
    queue<int> Q;
    FOR0(i,t+1) C[i]=INF,h[i]=0,F[i]=0;
    Q.push(s); C[s]=0; F[s]=INF;
    while(!Q.empty())
    {
        u=Q.front();
        Q.pop();


        h[u]=0;
        for(i=head[u];i!=-1;i=edges[i].next)
        {
            v=edges[i].v;
            f=edges[i].flow;
            c=edges[i].cost;
            if(f>0&&C[v]>C[u]+c)
            {
                C[v]=C[u]+c;
                F[v]=min(F[u],f);
                pre[v]=i;
                if(!h[v]) h[v]=1,Q.push(v);
            }
        }
    }
    return F[t];
}


int MCMF(int s,int t)
{
    int ans=0,i,temp;
    while(temp=SPFA(s,t))
    {
        for(i=pre[t];i!=-1;i=pre[edges[i].u])
        {
            ans+=temp*edges[i].cost;
            edges[i].flow-=temp;
            edges[i^1].flow+=temp;
        }
    }
    return ans;
}


int n,m,d[N];


int main()
{
    RD(n,m); clr(head,-1); e=0; s=0; t=n+2;
    int i,u,v,c,temp;
    FOR1(i,n) RD(d[i]);
    FOR1(i,m)
    {
        RD(u,v,c);
        Add(u,v+1,INF,c);
    }
    FOR1(i,n+1)
    {
        temp=d[i]-d[i-1];
        if(temp>=0) Add(s,i,temp,0);
        else Add(i,t,-temp,0);
        if(i>1) Add(i,i-1,INF,0);
    }
    PR(MCMF(s,t));
}