HDU 6437 Problem L.Videos (最大费用)【费用流】

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题目大意：

一天有N个小时，有m个节目（每种节目都有类型），有k个人，连续看相同类型的节目会扣w快乐值。每一种节目有都一个播放区间[l,r]。每个人同一时间只能看一个节目，看完可以获得快乐值，每个节目只能被人看一次。问最多可以获得多少快乐？

解题分析：

本题用费用流求解的方式还是比较直观的。因为本题要求的是最大费用，所以我们需要建图的时候需要将所有实际费用取反，然后将最后最小费用最大流求出的答案取反，就是要求的最大费用。具体建图过程见代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
template<typename T>
inline void read(T&x){
    x=;int f=;char c=getchar();
    while(c<'' || c>''){ if(c=='-')f=-;c=getchar(); }
    while(c>='' && c<=''){ x=x*+c-'';c=getchar(); }
    x*=f;
}
 
//最小费用最大流模板
struct MCMF{
    static const int N = 5e4+, M = 5e5+, INF = 0x7fffffff; 
 
    int n, m, head[N], s, t, cnt;
    int dist[N], inq[N], pre[N], incf[N];
    int mxflow, mncost;
    struct Edge{ int to, cap, cost, next; } edge[M * ];
 
    inline void init(int l, int r, int ss, int tt){
        //for(int i = l; i <= r; i++ ){head[i] = -1;}
        memset(head, -, sizeof(head));
        s = ss, t = tt, cnt = ;
        mxflow = mncost = ;
    }
    inline void add(int u,int v,int cap,int cost){
        edge[++cnt]=(Edge){v,cap,cost,head[u]};head[u]=cnt;
        edge[++cnt]=(Edge){u,,-cost,head[v]};head[v]=cnt;
    }
 
    bool spfa(int s, int t){       //slf优化的spfa(双端队列优化)
        for(int i = ; i < N; i++)
            dist[i] = INF, inq[i] = ;
        clr(pre,);
        deque<int>q;
        inq[s]=,dist[s] = ;
        q.push_back(s);
        incf[s] = INF;
        while(!q.empty()){
            int u = q.front();q.pop_front();
            inq[u] = ;
            for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
                int v=edge[i].to,cap=edge[i].cap,cost=edge[i].cost;
                if(cap> && dist[v]>dist[u]+cost){     //更新每个点的最小费用
                    dist[v]=dist[u]+cost;
                    incf[v]=min(incf[u], cap);     //得到v点所在路径上的最小容量
                    pre[v]=i;     //记录下这个点的前驱正向边
                    if(!inq[v]){
                        inq[v]=;
                        if(q.empty() || dist[v]>dist[q.front()])q.push_back(v);
                        else q.push_front(v);       //如果最小费用小于等于队首，直接塞入队列首
                    }
                }
            }
        }
        return dist[t]!=INF;
    }
    void update(int s,int t){
        int x=t;
        while(x!=s){
            int pos=pre[x];
            edge[pos].cap-=incf[t];
            edge[pos^].cap+=incf[t];
            x=edge[pos^].to;
        }
        mxflow+=incf[t];
        mncost+=dist[t]*incf[t];
    }
    void minCostMaxFlow(int s,int t){
        while(spfa(s,t))
            update(s,t);
    }
}mcmf;
 
const int NN =  + ;
struct Node{ int l, r, w, fp; } node[NN];
 
int st,ed;
inline void GetMap(){
    int n,m,k,w;
    read(n);read(m);read(k);read(w);
    st=,ed=*m+;       //0代表源点，2*m+1代表慈元典，ed代表汇点
    mcmf.init(st,ed,st,ed);
    mcmf.add(st,*m+,k,);      //源点向次源点连一条容量为k，费用为0的边
    for(int i=;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%d%d",&node[i].l,&node[i].r,&node[i].w,&node[i].fp);
    for(int i=;i<=m;i++){
        for(int j=;j<=m;j++){
            if(i==j)continue;
            if(node[i].r<=node[j].l)     //对于那些满足条件的video, i的出点向j的入点连一条容量为1，费用为0(或者如果这两个点类型相同的话，费用就为W,因为本题是将所有费用置为它的相反数了)
                mcmf.add(i+m,j,,(node[i].fp==node[j].fp)?w:);      //因为本题是求最大费用，所以要将所有费用取反，这里就是 w
        }
    }
    for(int i=;i<=m;i++)
        mcmf.add(i,i+m,,-node[i].w);   //拆点，所有点的入点向入点连一条容量为1，费用为node[i].w的边
    for(int i=;i<=m;i++)
        mcmf.add(*m+,i,,);     //源点向所有的点连上一条容量为1，费用为0的边
    for(int i=;i<=m;i++)
        mcmf.add(i+m,ed,,);      //所有点的出度连一条容量为1，费用为0的边
}
inline void Solve(){
    mcmf.minCostMaxFlow(st,ed);
    printf("%d\n",-mcmf.mncost);     //取相反数，就是实际意义上的最大费用
}
int main(){
    int T;cin>>T;
    while(T--){
        GetMap();
        Solve();
    }
}