BZOJ 1570: [JSOI2008]Blue Mary的旅行

Description

在一段时间之后，网络公司终于有了一定的知名度，也开始收到一些订单，其中最大的一宗来自B市。Blue Mary决定亲自去签下这份订单。为了节省旅行经费，他的某个金融顾问建议只购买U航空公司的机票。U航空公司的所有航班每天都只有一班，并且都是上午出发当天下午到达的，所以他们每人每天只能坐一班飞机。经过调查，他们得到了U航空公司经营的所有航班的详细信息，这包括每一航班的出发地，目的地以及最多能买到的某一天出发的票数。(注意: 对于一个确定的航班，无论是哪一天，他们最多能买到的那一天出发的票数都是相同的。) Blue Mary注意到他们一定可以只乘坐U航空公司的航班就从A市到达B市，但是，由于每一航班能买到的票的数量的限制，他们所有人可能不能在同一天到达B市。所以现在Blue Mary需要你的帮助，设计一个旅行方案使得最后到达B市的人的到达时间最早。

Input

第一行包含3个正整数N，M和T。题目中会出现的所有城市分别编号为1,2,…,N，其中城市A编号一定为1，城市B编号一定为N. U公司一共有M条（单向）航班。而连Blue Mary在内，公司一共有T个人要从A市前往B市。以下M行，每行包含3个正整数X,Y,Z, 表示U公司的每一条航班的出发地，目的地以及Blue Mary最多能够买到的这一航班某一天出发的票数。(即：无论是哪一天，Blue Mary最多只能买到Z张U航空公司的从城市X出发到城市Y的机票。) 输入保证从一个城市到另一个城市的单向航班最多只有一个。

Output

仅有一行，包含一个正整数，表示最后到达B市的人的最早到达时间。假设他们第一次乘飞机的那一天是第一天。

Sample Input

3 3 5
1 2 1
2 3 5
3 1 4

Sample Output

HINT

约定：
2 <= N <= 50
1 <= M <= 2450
1 <= T <= 50
1 <= X，Y <= N
X != Y
1 <= Z <= 50

题解：

　　这个题目一开始都不知道是最大流。

　　首先分析一下这个题，如果往网络流的方向去想的话，就可以把人看成水流，这个就可以变成一个标准的网络流模型。

　　但怎么连边？如果直接连的话，感觉非常有道理，但是没有办法知道答案，所以我们可以对这个图按照天数分层，枚举需要几天才可以跑完，然后建立分层图，如果当的最大流==人数的话就是可行的。否则就不行。

　　注意：要加玄学剪枝：if(!tag) dis[now]=0，然后就记得将跑过的图还原就可以了。

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#define MAXN 100010
#define inf 1<<30
using namespace std;
int dis[MAXN];queue<int> q;
struct edge{
    int first;
    int next;
    int to;
    int caw;
}a[MAXN*2];
int u[MAXN],v[MAXN],can[MAXN];
int S=0,T=MAXN-5,n,m,k,num=1;
void rezero(){
    for(int i=2;i<=num;i+=2){
        a[i].caw+=a[i^1].caw,a[i^1].caw=0;
    }
}

void addedge(int from,int to,int caw){
    a[++num].to=to;
    a[num].caw=caw;
    a[num].next=a[from].first;
    a[from].first=num;
}

void link(int x,int y,int z){
    addedge(x,y,z),addedge(y,x,0);
}

bool bfs(){
    memset(dis,0,sizeof(dis));
    while(!q.empty()) q.pop();
    dis[S]=1;q.push(S);
    while(!q.empty()){
        int now=q.front();q.pop();
        for(int i=a[now].first;i;i=a[i].next){
            int to=a[i].to,caw=a[i].caw;
            if(!dis[to]&&caw){
                dis[to]=dis[now]+1;
                q.push(to);
                if(to==T) return 1;
            }
        }
    }
    return 0;
}

int dfs(int now,int flow){
    if(now==T) return flow;
    int tag=0;
    for(int i=a[now].first;i;i=a[i].next){
        int to=a[i].to,caw=a[i].caw;
        if(dis[to]==dis[now]+1&&caw){
            int minn=dfs(to,min(caw,flow-tag));
            a[i].caw-=minn;
            a[i^1].caw+=minn;
            tag+=minn;
            if(tag==flow) return tag;
        }
    }
    if(!tag) dis[now]=0;
    return tag;
}

int dinic(){
    int maxflow=0;
    while(bfs()){
        maxflow+=dfs(S,inf);
    }
    return maxflow;
}

int main()
{    
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&u[i],&v[i],&can[i]);
    link(S,1,k);
    for(int day=1;day<=n+k;day++){
        rezero();
        for(int i=1;i<=m;i++) link((day-1)*n+u[i],n*day+v[i],can[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++) link((day-1)*n+i,n*day+i,inf);
        link(day*n+n,T,inf);
        int hh=dinic();
        if(hh>=k){
            printf("%d
",day);
            return 0;
        }
    }
    puts("-1");
    return 0;
}