BZOJ3876[Ahoi2014&Jsoi2014]支线剧情——有上下界的最小费用最大流

题目描述

【故事背景】

宅男JYY非常喜欢玩RPG游戏，比如仙剑，轩辕剑等等。不过JYY喜欢的并不是战斗场景，而是类似电视剧一般的充满恩怨情仇的剧情。这些游戏往往

都有很多的支线剧情，现在JYY想花费最少的时间看完所有的支线剧情。

【问题描述】

JYY现在所玩的RPG游戏中，一共有N个剧情点，由1到N编号，第i个剧情点可以根据JYY的不同的选择，而经过不同的支线剧情，前往Ki种不同的新的剧情点。当然如果为0，则说明i号剧情点是游戏的一个结局了。

JYY观看一个支线剧情需要一定的时间。JYY一开始处在1号剧情点，也就是游戏的开始。显然任何一个剧情点都是从1号剧情点可达的。此外，随着游戏的进行，剧情是不可逆的。所以游戏保证从任意剧情点出发，都不能再回到这个剧情点。由于JYY过度使用修改器，导致游戏的“存档”和“读档”功能损坏了，

所以JYY要想回到之前的剧情点，唯一的方法就是退出当前游戏，并开始新的游戏，也就是回到1号剧情点。JYY可以在任何时刻退出游戏并重新开始。不断开始新的游戏重复观看已经看过的剧情是很痛苦，JYY希望花费最少的时间，看完所有不同的支线剧情。

输入

输入一行包含一个正整数N。

接下来N行，第i行为i号剧情点的信息；

第一个整数为，接下来个整数对，Bij和Tij，表示从剧情点i可以前往剧

情点，并且观看这段支线剧情需要花费的时间。

输出

输出一行包含一个整数，表示JYY看完所有支线剧情所需要的最少时间。

样例输入

6
2 2 1 3 2
2 4 3 5 4
2 5 5 6 6
0
0
0

样例输出

24

提示

JYY需要重新开始3次游戏，加上一开始的一次游戏，4次游戏的进程是

1->2->4，1->2->5，1->3->5和1->3->6。

对于100%的数据满足N<=300,0<=Ki<=50,1<=Tij<=300,Sigma(Ki)<=5000

 

可以发现题中给出的图是一个拓扑图，我们只需要按题意连边然后跑有上下界的费用流即可，每条边的流量下限为$1$。

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int S,T,SS,TT;
int n,ans;
int tot=1;
int head[510];
int to[30010];
int nex[30010];
int v[30010];
int c[30010];
int from[30010];
int f[510];
int d[510];
int vis[510];
int x,y,k;
queue<int>q;
void add(int x,int y,int z,int w)
{
	nex[++tot]=head[x];
	head[x]=tot;
	to[tot]=y;
	v[tot]=z;
	c[tot]=w;
	from[tot]=x;
	nex[++tot]=head[y];
	head[y]=tot;
	to[tot]=x;
	v[tot]=-z;
	c[tot]=0;
	from[tot]=y;
}
void result(int S,int T)
{
	int now=T;
	int flow=1<<30;
	while(now!=S)
	{
		flow=min(flow,c[f[now]]);
		now=from[f[now]];
	}
	ans+=d[T]*flow;
	now=T;
	while(now!=S)
	{
		c[f[now]]-=flow;
		c[f[now]^1]+=flow;
		now=from[f[now]];
	}
}
bool SPFA(int S,int T)
{
	while(!q.empty())
	{
		q.pop();
	}
	for(int i=1;i<=n+4;i++)
	{
		d[i]=1<<30;
	}
	d[S]=0;
	vis[S]=1;
	q.push(S);
	while(!q.empty())
	{
		int now=q.front();
		q.pop();
		vis[now]=0;
		for(int i=head[now];i;i=nex[i])
		{
			if(!c[i])
			{
				continue;
			}
			if(d[to[i]]>d[now]+v[i])
			{
				d[to[i]]=d[now]+v[i];
				f[to[i]]=i;
				if(!vis[to[i]])
				{
					q.push(to[i]);
					vis[to[i]]=1;
				}
			}
		}
	}
	return d[T]!=(1<<30);
}
void min_cost(int S,int T)
{
	while(SPFA(S,T))
	{
		result(S,T);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	S=n+1,T=n+2,SS=n+3,TT=n+4;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&k);
		if(k)
		{
			add(i,T,0,k);
		}
		while(k--)
		{
			scanf("%d%d",&x,&y);
			add(S,x,y,1);
			add(i,x,y,1<<30);
		}
	}
	add(SS,1,0,1<<30);
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		add(i,TT,0,1<<30);
	}
	add(TT,SS,0,1<<30);
	min_cost(S,T);
	printf("%d\n",ans);
}