【BZOJ3876】[Ahoi2014]支线剧情

Description

【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。

Input

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。

Output

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。

Sample Input

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

Sample Output

24

HINT

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

题解:初学了有上下界费用流,赶紧水一发~

有上下界费用流其实跟有上下界最大流都差不多,都是新建原、汇,然后将下界全都放到新建的原汇上搞定,剩余的用原图搞定,具体方法:对于边(i,j),设它的长度为len

1.S -> j 容量1,费用len 相当于(i,j)的下界
2.i -> T 容量1,费用0 也相当于(i,j)的下界
3.i -> j 容量∞,费用len 相当于(i,j)上界无穷大
4.i -> S 容量∞,费用0 相当于每个点都向原图的汇点连一条边,但是由于汇点到源点还要连一条费用0的边,所以就将原图汇点省略了(也可以理解为在任意一个位置都可以结束,所以任意一个点都是汇点)

然后正常的跑费用流就行了

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,m,cnt,S,T,ans;
int dis[500],inq[500],to[300000],next[300000],cost[300000],flow[300000],pe[500],pv[500],head[500];
queue<int> q;
void add(int a,int b,int c,int d)
{
to[cnt]=b,cost[cnt]=c,flow[cnt]=d,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
to[cnt]=a,cost[cnt]=-c,flow[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int bfs()
{
int i,u;
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[S]=0,q.push(S);
while(!q.empty())
{
u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;
for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
{
if(dis[to[i]]>dis[u]+cost[i]&&flow[i])
{
dis[to[i]]=dis[u]+cost[i],pe[to[i]]=i,pv[to[i]]=u;
if(!inq[to[i]]) inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);
}
}
}
return dis[T]<0x3f3f3f3f;
}
int rd()
{
int ret=0; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') gc=getchar();
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret;
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
int i,j,k,a,b,c;
n=rd();
S=0,T=n+1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
a=rd();
for(j=1;j<=a;j++)
{
b=rd(),c=rd();
add(i,b,c,1<<30),add(S,b,c,1);
}
if(a) add(i,T,0,a);
if(i!=1) add(i,1,0,1<<30);
}
while(bfs())
{
int mf=1<<30;
for(i=T;i;i=pv[i]) mf=min(mf,flow[pe[i]]);
ans+=dis[T]*mf;
for(i=T;i;i=pv[i]) flow[pe[i]]-=mf,flow[pe[i]^1]+=mf;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}

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