BZOJ 1221: [HNOI2001] 软件开发【最小费用最大流】

Description

某软件公司正在规划一项n天的软件开发计划，根据开发计划第i天需要ni个软件开发人员，为了提高软件开发人员的效率，公司给软件人员提供了很多的服务，其中一项服务就是要为每个开发人员每天提供一块消毒毛巾，这种消毒毛巾使用一天后必须再做消毒处理后才能使用。消毒方式有两种，A种方式的消毒需要a天时间，B种方式的消毒需要b天（b>a），A种消毒方式的费用为每块毛巾fA, B种消毒方式的费用为每块毛巾fB，而买一块新毛巾的费用为f（新毛巾是已消毒的，当天可以使用）；而且f>fA>fB。公司经理正在规划在这n天中，每天买多少块新毛巾、每天送多少块毛巾进行A种消毒和每天送多少块毛巾进行B种消毒。当然，公司经理希望费用最低。你的任务就是：为该软件公司计划每天买多少块毛巾、每天多少块毛巾进行A种消毒和多少毛巾进行B种消毒，使公司在这项n天的软件开发中，提供毛巾服务的总费用最低。

Input

第1行为n,a,b,f,fA,fB. 第2行为n1，n2，……，nn. （注：1≤f,fA,fB≤60，1≤n≤1000）

Output

最少费用

Sample Input

4  1  2  3  2  1                      
8  2  1  6

Sample Output

38

HINT

Source

最小费用最大流

思路：建图对了很快就AC了，而网络流的建图越来越觉得和思考DP方程差不多了，DP方程首先要想的（也是难点）便是设计状态，而网络流建图首先要想的便是网络中边和点的含义，能否很好的把所有状态包含在构造出的图中是重点

每天的毛巾显然有两种，一种是可以用的毛巾，一种是用过的毛巾，想了很久每一天代表一个点，但始终想不出有什么办法，于是把每天的每种毛巾看成一个点，就发现可行了，然后在设计出点的基础上，题目给出的各种限制，就是对应图上各种连边

首先每天都可以有新毛巾，那就从源点到每天的新毛巾连一条边，容量为该天所需毛巾数，费用为f

其次每天用过的毛巾都会产生旧毛巾，但是直接从新毛巾的点连过去会影响流到T的流量，因此直接从源点向旧毛巾连容量为毛巾数的边就好了

旧毛巾可以积累到下一天，于是每个旧毛巾的点顺次给下一个旧毛巾点连边

然后就是A方式和B方式，A方式是将第i天的旧毛巾变成第i+a+1天的新毛巾

B方式同理

连好边后直接跑就行了

越来越感觉网络流=DP了  TUT

#include<cstdio>

#include<string.h>

#include<math.h>

#include<algorithm>

#include<iostream>

#include<queue>

#define maxn 90000

#define inf 0x3f3f3f3f

using namespace std;

int head[maxn],next[maxn],point[maxn],flow[maxn];

int value[maxn],now=1,dist[maxn],pre[maxn];

int x[maxn],n;

void add(int x,int y,int f,int v)

{

next[++now]=head[x];

head[x]=now;

point[now]=y;

flow[now]=f;

value[now]=v;

next[++now]=head[y];

head[y]=now;

point[now]=x;

flow[now]=0;

value[now]=-v;

}

int read()

{

int x=0,f=1;char ch=getchar();

while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}

while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

return x*f;

}

int spfa(int s,int t)

{

for(int i=1;i<=2*n+10;i++)dist[i]=inf;

dist[s]=0;dist[t]=inf;

bool visit[maxn]={0};

visit[s]=1;

queue<int>q;

q.push(s);

while(!q.empty())

{

int u=q.front();

q.pop();

visit[u]=0;

for(int i=head[u];i;i=next[i])

{

int k=point[i];

if(dist[u]+value[i]<dist[k] &&flow[i])

{

dist[k]=dist[u]+value[i];

pre[k]=i;

if(!visit[k])

{

visit[k]=1;

q.push(k);

}

}

}

}

if(dist[t]==inf)return 0;else return 1;

}

int main()

{

int a,b,f,fa,fb,ans=0;

n=read();a=read();

b=read();f=read();

fa=read();fb=read();

int s=maxn-10,t=maxn-12;

for(int i=1;i<=n;i++)x[i]=read();

for(int i=1;i<=n;i++)add(s,i*2+1,x[i],f);

for(int i=1;i<=n;i++)add(s,i*2,x[i],0);

for(int i=1;i<n;i++)add(i*2,(i+1)*2,inf,0);

for(int i=1;i<=n-a;i++)add(i*2,(i+a+1)*2+1,inf,fa);

for(int i=1;i<=n-b;i++)add(i*2,(i+b+1)*2+1,inf,fb);

for(int i=1;i<=n;i++)add(i*2+1,t,x[i],0);

while(spfa(s,t))

{

int u=pre[t],minx=flow[u];

while(u)

{

minx=min(minx,flow[u]);

u=pre[point[u^1]];

}

u=pre[t];

while(u)

{

flow[u]-=minx;

flow[u^1]+=minx;

u=pre[point[u^1]];

}

ans+=dist[t]*minx;

}

printf("%d\n",ans);

return 0;

}