如题，给出一个网络图，以及其源点和汇点，每条边已知其最大流量和单位流量费用，求出其网络最大流和在最大流情况下的最小费用。
输入输出格式
输入格式：第一行包含四个正整数N、M、S、T，分别表示点的个数、有向边的个数、源点序号、汇点序号。
接下来M行每行包含四个正整数ui、vi、wi、fi，表示第i条有向边从ui出发，到达vi，边权为wi（即该边最大流量为wi），单位流量的费用为fi。
输出格式：一行，包含两个整数，依次为最大流量和在最大流量情况下的最小费用。
输入输出样例
输入样例#1：
4 5 4 3 4 2 30 2 4 3 20 3 2 3 20 1 2 1 30 9 1 3 40 5
输出样例#1：
50 280
说明
时空限制：1000ms,128M
（BYX：最后两个点改成了1200ms）
数据规模：
对于30%的数据：N<=10，M<=10
对于70%的数据：N<=1000，M<=1000
对于100%的数据：N<=5000，M<=50000
样例说明：
如图，最优方案如下：
第一条流为4-->3，流量为20，费用为3*20=60。
第二条流为4-->2-->3，流量为20，费用为（2+1）*20=60。
第三条流为4-->2-->1-->3，流量为10，费用为（2+9+5）*10=160。
故最大流量为50，在此状况下最小费用为60+60+160=280。
故输出50 280。
/*
最小费用最大流：
对于一个网络，它的最大流是唯一的，最大流一定是一个定值（即使是有多个一样的最大值），而
在最大流一定的情况下费用却不一定是一定的，最小费用最大流就是在最大流一定的情况下求解最
小费用。所以为了满足最小费用我们只需要每次找小费用的增广路即可，直到流量为最大值。所以
最只需在求增广路时先考虑费用最小的增广路。将弧的费用看做是路径长度，即可转化为求最短路
的问题了。只需要所走的最短路满足两个条件即可：1可增广cap> flow,2路径变短d[v]>d[u]+cost< u,v>
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=1e4+10;//dian
const int NN=1e5+10;//bian
const int INF=9999999;
int head[N],now=1,W[N],pre[N];
int n,m,S,T,nflow,flow,fee;
int _u,_v,_river,_mon;
bool vis[N];
struct node{
int u,v,river,mon,nxt;
}E[NN];
queue<int>Q;
inline int read()
{
int x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=getchar();
return x;
}
inline void add(int _u,int _v,int _river,int _mon)
{
E[now].u=_u;
E[now].v=_v;
E[now].river=_river;
E[now].mon=_mon;
E[now].nxt=head[_u];
head[_u]=now++;
}
int AP(int k,int v)
{
if(k==S)return v;
int ret=AP(E[pre[k]].u,min(v,E[pre[k]].river));
if(!E[pre[k]^1].mon)
{
now=pre[k]^1;
add(k,E[pre[k]].u,0,-E[pre[k]].mon);
}
E[pre[k]].river-=ret;
E[pre[k]^1].river+=ret;
return ret;
}
inline void MCMF()
{
while(1)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
W[i]=INF,vis[i]=0;
W[S]=0;vis[S]=1;
Q.push(S);
while(!Q.empty())
{
int topp=Q.front();
Q.pop();
vis[topp]=0;
for(int i=head[topp];~i;i=E[i].nxt)
if(W[E[i].v]>E[i].mon+W[topp]&&E[i].river)
{
pre[E[i].v]=i;
W[E[i].v]=E[i].mon+W[topp];
if(!vis[E[i].v])
vis[E[i].v]=1,
Q.push(E[i].v);
}
}
if(W[T]==INF)
break;
nflow=AP(T,INF);
flow+=nflow;
fee+=nflow*W[T];
}
}
int main()
{
n=read(),m=read(),S=read(),T=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
head[i]=-1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
_u=read(),_v=read(),_river=read(),_mon=read();
++now;//给 该边^1 后的边留出位置
add(_u,_v,_river,_mon);
}
MCMF();
printf("%d %d
",flow,fee);
return 0;
}
/*
4 5 4 3
4 2 30 2
4 3 20 3
2 3 20 1
2 1 30 9
1 3 40 5
*/