[luoguP1251] 餐巾计划问题（费用流）

传送门

模型

网络优化问题，用最小费用最大流解决。

实现

把每天分为二分图两个集合中的顶点Xi,Yi，建立附加源S汇T。

1、从S向每个Xi连一条容量为ri，费用为0的有向边。

2、从每个Yi向T连一条容量为ri，费用为0的有向边。

3、从S向每个Yi连一条容量为无穷大，费用为p的有向边。

4、从每个Xi向Xi+1(i+1<=N)连一条容量为无穷大，费用为0的有向边。

5、从每个Xi向Yi+m(i+m<=N)连一条容量为无穷大，费用为f的有向边。

6、从每个Xi向Yi+n(i+n<=N)连一条容量为无穷大，费用为s的有向边。

求网络最小费用最大流，费用流值就是要求的最小总花费。

分析

这个问题的主要约束条件是每天的餐巾够用，而餐巾的来源可能是最新购买，也可能是前几天送洗，今天刚刚洗好的餐巾。每天用完的餐巾可以选择送到快洗部或慢洗部，或者留到下一天再处理。

经过分析可以把每天要用的和用完的分离开处理，建模后就是二分图。二分图X集合中顶点Xi表示第i天用完的餐巾，其数量为ri，所以从S向Xi连接容量为ri的边作为限制。Y集合中每个点Yi则是第i天需要的餐巾，数量为ri，与T连接的边容量作为限制。每天用完的餐巾可以选择留到下一天（Xi->Xi+1），不需要花费，送到快洗部(Xi->Yi+m)，费用为f，送到慢洗部(Xi->Yi+n)，费用为s。每天需要的餐巾除了刚刚洗好的餐巾，还可能是新购买的(S->Yi)，费用为p。

在网络上求出的最小费用最大流，满足了问题的约束条件（因为在这个图上最大流一定可以使与T连接的边全部满流，其他边只要有可行流就满足条件），而且还可以保证总费用最小，就是我们的优化目标。

还是得好好理解这个建图。

然而这个代码在洛谷上超时了，不会zkw费用流QAQ

——代码

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define N 4010
#define M 100005
#define INF ~(1 << 31) 
#define min(x, y) ((x) < (y) ? (x) : (y))

int a, p, m, f, n, g, s, t, cnt;
int head[N], to[M], val[M], cost[M], next[M], dis[N], pre[N];
bool vis[N];
long long sum;

inline int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
    return x * f;
}

inline void add(int x, int y, int z, int c)
{
    to[cnt] = y;
    val[cnt] = z;
    cost[cnt] = c;
    next[cnt] = head[x];
    head[x] = cnt++;
}

inline bool spfa()
{
    int i, u, v;
    std::queue <int> q;
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(pre, -1, sizeof(pre));
    memset(dis, 127 / 3, sizeof(dis));
    q.push(s);
    dis[s] = 0;
    while(!q.empty())
    {
        u = q.front(), q.pop();
        vis[u] = 0;
        for(i = head[u]; i ^ -1; i = next[i])
        {
            v = to[i];
            if(val[i] && dis[v] > dis[u] + cost[i])
            {
                dis[v] = dis[u] + cost[i];
                pre[v] = i;
                if(!vis[v])
                {
                    q.push(v);
                    vis[v] = 1;
                }
            }
        }
    }
    return pre[t] ^ -1;
}

int main()
{
    int i, x, d;
    a = read();
    s = 0, t = (a << 1) + 1;
    memset(head, -1, sizeof(head));
    for(i = 1; i <= a; i++)
    {
        x = read();
        add(s, i, x, 0), add(i, s, 0, 0);
        add(i + a, t, x, 0), add(t, i + a, 0, 0);
    }
    p = read();
    m = read();
    f = read();
    n = read();
    g = read();
    for(i = a + 1; i <= a + a; i++) add(s, i, INF, p), add(i, s, 0, -p);
    for(i = 1; i < a; i++) add(i, i + 1, INF, 0), add(i + 1, i, 0, 0);
    for(i = 1; i <= a - m; i++) add(i, i + a + m, INF, f), add(i + a + m, i, 0, -f);
    for(i = 1; i <= a - n; i++) add(i, i + a + n, INF, g), add(i + a + n, i, 0, -g);
    while(spfa())
    {
        d = 1e9;
        for(i = pre[t]; i ^ -1; i = pre[to[i ^ 1]]) d = min(d, val[i]);
        for(i = pre[t]; i ^ -1; i = pre[to[i ^ 1]])
        {
            val[i] -= d;
            val[i ^ 1] += d;
        }
        sum += (long long)dis[t] * d;
    }
    printf("%lld
", sum);
    return 0;
}