AHUACM寒假集训VI（网络流）
luoguP2472.蜥蜴
传送门
题目大意：
R
×
C
(
1
≤
R
,
C
≤
20
)
R\times C(1\leq R,C\leq20)
R×C(1≤R,C≤20)的网格上，每个格子有一个高度
h
i
j
(
1
≤
h
≤
3
)
h_{ij}(1\leq h\leq3)
hij(1≤h≤3)，每次有蜥蜴跳离这个格子，其高度就
−
1
-1
−1，不能跳入任何高度为
0
0
0的格子，蜥蜴在任何时刻也不能够站立在高度为
0
0
0的格子上面，一开始一些高度不为
0
0
0的格子上面有一些蜥蜴，蜥蜴一次最多跳跃距离为
d
(
1
≤
d
≤
4
)
d(1\leq d\leq4)
d(1≤d≤4)（欧几里得距离），蜥蜴在跳出网格前每一步都必须待在一个可以站立的柱子上，问最少有多少蜥蜴跳不出网格。
思路：
考虑网络流，源点
S
S
S向每个初始有蜥蜴的格点连一条容量为1的边，每个能够跳出网格的格子向汇点
T
T
T连一条容量为
i
n
f
inf
inf的边，每个网格向它一步能跳到的网格连一条容量为
i
n
f
inf
inf的边，每个网格的高度
h
i
j
h_{ij}
hij可以视作该点的容量，将其拆为出，入两个点即可，对这张图跑一边最大流，答案就是初始的蜥蜴总数
−
m
a
x
f
l
o
w
-maxflow
−maxflow。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
//#define int LL
#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#pragma warning(disable :4996)
const double eps = 1e-8;
const LL mod = 1000000007;
const LL MOD = 998244353;
const int maxn = 3000010;
const int maxv = 1010;
int R, C, D;
int high[30][30];
char field[30][30];
struct edge {
int to, cap, rev;
};
vector<edge> G[maxv];
int level[maxv], iter[maxv];
void add_edge(int from, int to, int cap)
{
G[from].push_back(edge{ to,cap,(int)G[to].size() });
G[to].push_back(edge{ from,0,(int)G[from].size() - 1 });
}
void bfs(int s)
{
memset(level, -1, sizeof(level));
queue<int> que;
level[s] = 0;
que.push(s);
while (!que.empty())
{
int v = que.front();
que.pop();
for (int i = 0; i < G[v].size(); i++)
{
edge& e = G[v][i];
if (e.cap > 0 && level[e.to] < 0)
{
level[e.to] = level[v] + 1;
que.push(e.to);
}
}
}
}
int dfs(int v, int t, int f)
{
if (v == t)
return f;
for (int& i = iter[v]; i < G[v].size(); i++)
{
edge& e = G[v][i];
if (e.cap > 0 && level[v] < level[e.to])
{
int d = dfs(e.to, t, min(f, e.cap));
if (d > 0)
{
e.cap -= d;
G[e.to][e.rev].cap += d;
return d;
}
}
}
return 0;
}
int max_flow(int s, int t)
{
int flow = 0;
while (true)
{
bfs(s);
if (level[t] < 0)
return flow;
memset(iter, 0, sizeof(iter));
int f;
while ((f = dfs(s, t, INF)) > 0)
flow += f;
}
return flow;
}
int dis(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
return (x1 - x2) * (x1 - x2) + (y1 - y2) * (y1 - y2);
}
void solve()
{
//（i-1）*C+j：i行j列入
//（j-1）*C+j+R*C：i行j出
int ans = 0;
int S = R * C * 2 + 1, T = R * C * 2 + 2;
for (int i = 1; i <= R; i++)
{
for (int j = 1; j <= C; j++)
{
if (high[i][j] > 0)
{
int v = (i - 1) * C + j;
add_edge(v, v + R * C, high[i][j]);
for (int k = 1; k <= R; k++)
{
for (int l = 1; l <= C; l++)
{
int u = (k - 1) * C + l;
if (dis(i, j, k, l) <= D * D && !(k == i && l == j) && high[k][l] > 0)
add_edge(v + R * C, u, inf);
}
}
if (field[i][j] == 'L')
{
add_edge(S, v, 1);
ans++;
}
if (i <= D || i + D > R || j <= D || j + D > C)
add_edge(v + R * C, T, inf);
}
}
}
cout << ans - max_flow(S, T) << endl;
}
int main()
{
IOS;
char tmp;
cin >> R >> C >> D;
for (int i = 1; i <= R; i++)
{
for (int j = 1; j <= C; j++)
{
cin >> tmp;
high[i][j] = tmp - '0';
}
}
for(int i = 1; i <= R; i++)
{
for (int j = 1; j <= C; j++)
cin >> field[i][j];
}
solve();
return 0;
}
luoguP2053.修车
传送门
题目大意：
N
(
N
≤
60
)
N(N\leq60)
N(N≤60)辆车，
M
(
M
≤
9
)
M(M\leq9)
M(M≤9)个修理工，第
i
i
i辆车在第
j
j
j个修理工处需要的修复时间为
T
i
j
T_{ij}
Tij，使所有车辆全部修复完毕所花费的平均时间最少（包括等待时间以及修理时间）。
思路：
平均时间最少也就是要最小化总时间，考虑在某个修理工处的一个修车安排的总时间是如何产生的。设一个修理工处的总时间为
A
A
A，修理的车辆先后为
N
1
,
N
2
,
N
3
N_{1},N_{2},N_{3}
N1,N2,N3，于是就有
A
=
N
1
+
(
N
1
+
N
2
)
+
(
N
1
+
N
2
+
N
3
)
A=N_{1}+(N_{1}+N_{2})+(N_{1}+N_{2}+N_{3})
A=N1+(N1+N2)+(N1+N2+N3)，即
A
=
N
3
+
2
N
2
+
3
N
1
A=N_{3}+2N_{2}+3N_{1}
A=N3+2N2+3N1，于是可以看出一个修理工处如果修
k
k
k辆车，那么相当于所修里的车分别花费
1
∼
k
1\sim k
1∼k倍的时间，于是我们对于每个修理工，可以将其拆为
N
N
N个点，表示花费
1
∼
N
1\sim N
1∼N倍的时间，将这
N
M
NM
NM个点向汇点
T
T
T连容量为
1
1
1，费用
0
0
0的边。之后对于每辆车，向每个修理工及其各倍数的点连一条容量为
1
1
1，费用为
T
i
j
×
T_{ij}\times
Tij×倍数的边，再从源点
S
S
S向每辆车连容量为
1
1
1，费用为
0
0
0的边，之后在这张图上跑流量为
N
N
N的最小费用流即可求出最少的总时间。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
//#define int LL
#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#pragma warning(disable :4996)
const double eps = 1e-8;
const LL mod = 1000000007;
const LL MOD = 998244353;
const int maxv = 4010;
struct edge {
int to, cap, cost, rev;
};
int V;//顶点数
vector<edge> G[maxv];
int h[maxv], dist[maxv], prevv[maxv], preve[maxv];
void add_edge(int from, int to, int cap, int cost)
{
G[from].push_back(edge{ to, cap, cost, (int)G[to].size() });
G[to].push_back(edge{ from, 0, -cost, (int)G[from].size() - 1 });
}
int min_cost_flow(int s, int t, int f)//求s->t,f流之最小费用流，若不能再增广，返回-1，即无解
{
int res = 0;
memset(h, 0, sizeof(h));
while (f > 0)
{
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> que;
memset(dist, inf, sizeof(dist));
dist[s] = 0;
que.push(PII(0, s));
while (!que.empty())
{
PII p = que.top();
que.pop();
int v = p.second;
if (dist[v] < p.first)
continue;
for (int i = 0; i < G[v].size(); i++)
{
edge& e = G[v][i];
if (e.cap > 0 && dist[e.to] > dist[v] + e.cost + h[v] - h[e.to])
{
dist[e.to] = dist[v] + e.cost + h[v] - h[e.to];
prevv[e.to] = v;
preve[e.to] = i;
que.push(PII(dist[e.to], e.to));
}
}
}
if (dist[t] == inf)
return -1;
for (int v = 1; v <= V; v++)
h[v] += dist[v];
int d = f;
for (int v = t; v != s; v = prevv[v])
d = min(d, G[prevv[v]][preve[v]].cap);
f -= d;
res += d * h[t];
for (int v = t; v != s; v = prevv[v])
{
edge& e = G[prevv[v]][preve[v]];
e.cap -= d;
G[v][e.rev].cap += d;
}
}
return res;
}
int N, M, C[70][20];
void solve()
{
//1~N:顾客
//k*N+1~(k+1)*N:k号修理工
int S = N * (M + 1) + 1, T = S + 1;
V = T;
for (int i = 1; i <= N; i++)
add_edge(S, i, 1, 0);
for (int i = 1; i <= M; i++)
{
for (int j = 1; j <= N; j++)
{
add_edge(i * N + j, T, 1, 0);
for (int k = 1; k <= N; k++)
add_edge(k, i * N + j, 1, C[k][i] * j);
}
}
cout << setiosflags(ios::fixed) << setprecision(2) << (double)min_cost_flow(S, T, N) / N << endl;
}
int main()
{
IOS;
cin >> M >> N;
for (int i = 1; i <= N; i++)
{
for (int j = 1; j <= M; j++)
cin >> C[i][j];
}
solve();
return 0;
}
luoguP3227.切糕
传送门
题目大意：
一个
P
×
Q
×
R
(
1
≤
P
,
Q
,
R
≤
40
)
P\times Q\times R(1\leq P,Q,R\leq40)
P×Q×R(1≤P,Q,R≤40)的长方体点阵，每个点
(
x
,
y
,
z
)
(x,y,z)
(x,y,z)上面有一个权值
v
(
x
,
y
,
z
)
v(x,y,z)
v(x,y,z)，在每个
(
x
.
y
)
(x.y)
(x.y)处，选择且仅选择一个
z
z
z值，获取权值
v
(
x
,
y
,
z
)
v(x,y,z)
v(x,y,z)，但是在与
(
x
,
y
)
(x,y)
(x,y)相邻的坐标（
4
4
4个方向）处所选择的
z
z
z值与在
(
x
,
y
)
(x,y)
(x,y)处所选择的相差不能超过
D
D
D，求可以获得的最小总权值。
思路：
考虑没有限制
D
D
D的时候，显然直接在每个
(
x
,
y
)
(x,y)
(x,y)处直接取
v
(
x
,
y
,
z
)
v(x,y,z)
v(x,y,z)最小的
z
z
z即可，这样的选择亦可以转化为一个最小割模型，即对点阵中所有的点建点，从源点
S
S
S向每个
(
x
,
y
,
1
)
(x,y,1)
(x,y,1)对应的点连一条容量为
i
n
f
inf
inf的边，之后对所有
(
x
,
y
,
R
)
(x,y,R)
(x,y,R)对应的点向汇点
T
T
T连一条容量为
v
(
x
,
y
,
R
)
v(x,y,R)
v(x,y,R)的边，再对剩下的所有
(
x
,
y
,
z
)
(x,y,z)
(x,y,z)对应的点向
(
x
,
y
,
z
+
1
)
(x,y,z+1)
(x,y,z+1)对应的点连一条容量为
v
(
x
,
y
,
z
)
v(x,y,z)
v(x,y,z)的边即可。因为这样建图相当于每一个
(
x
,
y
)
(x,y)
(x,y)上都必须割去一个边，于是该图的最小割就是没有限制的情况下的答案了。
再考虑有约束
D
D
D的情况，我们只需要再刚才的图上再加入几条新的边，即当
z
>
D
z>D
z>D时，对所有的
(
x
,
y
,
z
)
(x,y,z)
(x,y,z)对应的点向其所有相邻坐标对应的
z
−
D
z-D
z−D高度的点连一条容量为
i
n
f
inf
inf的边即可，加完这些边的新图的最小割就是带有限制的情况下的答案了。
设
D
=
1
D=1
D=1，下图的红色边是一条新加的边，这条边可以保证蓝色和紫色的两条边不会同时在最小割中被割去，因为如果同时割去，那么至少还要再割去一条
S
→
1
→
2
→
3
S\to 1\to 2\to 3
S→1→2→3或者
5
→
6
→
S
5\to 6\to S
5→6→S上的一条边，那么显然直接放弃紫色或者蓝色的边显然割会更小。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
//#define int LL
#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#pragma warning(disable :4996)
const double eps = 1e-8;
const LL mod = 1000000007;
const LL MOD = 998244353;
const int maxv = 70010;
struct edge {
int to, cap, rev;
};
vector<edge> G[maxv];
int level[maxv], iter[maxv];
int P, Q, R, D;
int V[50][50][50];
int di[4] = { 0,0,1,-1 };
int dj[4] = { 1,-1,0,0 };
void add_edge(int from, int to, int cap)
{
G[from].push_back(edge{ to,cap,(int)G[to].size() });
G[to].push_back(edge{ from,0,(int)G[from].size() - 1 });
}
void bfs(int s)
{
memset(level, -1, sizeof(level));
queue<int> que;
level[s] = 0;
que.push(s);
while (!que.empty())
{
int v = que.front();
que.pop();
for (int i = 0; i < G[v].size(); i++)
{
edge& e = G[v][i];
if (e.cap > 0 && level[e.to] < 0)
{
level[e.to] = level[v] + 1;
que.push(e.to);
}
}
}
}
int dfs(int v, int t, int f)
{
if (v == t)
return f;
for (int& i = iter[v]; i < G[v].size(); i++)
{
edge& e = G[v][i];
if (e.cap > 0 && level[v] < level[e.to])
{
int d = dfs(e.to, t, min(f, e.cap));
if (d > 0)
{
e.cap -= d;
G[e.to][e.rev].cap += d;
return d;
}
}
}
return 0;
}
int max_flow(int s, int t)
{
int flow = 0;
while (true)
{
bfs(s);
if (level[t] < 0)
return flow;
memset(iter, 0, sizeof(iter));
int f;
while ((f = dfs(s, t, inf)) > 0)
flow += f;
}
return flow;
}
inline int getnum(int i, int j, int k)
{
return P * Q * (k - 1) + Q * (i - 1) + j;
}
void solve()
{
int S = P * Q * R + 1, T = S + 1;
for (int i = 1; i <= P; i++)
{
for (int j = 1; j <= Q; j++)
{
for (int k = 1; k <= R; k++)
{
int v = getnum(i, j, k), u = getnum(i, j, k + 1);
if (k == 1)
add_edge(S, v, inf);
if (k == R)
add_edge(v, T, V[i][j][k]);
else
add_edge(v, u, V[i][j][k]);
if (k > D)
{
for (int l = 0; l < 4; l++)
{
int ni = i + di[l], nj = j + dj[l];
if (ni >= 1 && ni <= P && nj >= 1 && nj <= Q)
add_edge(v, getnum(ni, nj, k - D), inf);
}
}
}
}
}
cout << max_flow(S, T) << endl;
}
int main()
{
IOS;
cin >> P >> Q >> R >> D;
for (int i = 1; i <= R; i++)
{
for (int j = 1; j <= P; j++)
{
for (int k = 1; k <= Q; k++)
cin >> V[j][k][i];
}
}
solve();
return 0;
}
luoguP4174.最大获利
传送门
题目大意：
N
(
N
≤
5000
)
N(N\leq 5000)
N(N≤5000)个基站，每个基站建设成本
P
i
(
0
≤
P
i
≤
100
)
P_{i}(0\leq P_{i}\leq 100)
Pi(0≤Pi≤100)，
M
(
M
≤
50000
)
M(M\leq50000)
M(M≤50000)个用户，第
i
i
i个用户希望使用
A
i
A_{i}
Ai，
B
i
B_{i}
Bi两个基站，给使用费
C
i
(
0
≤
C
i
≤
100
)
C_{i}(0\leq C_{i}\leq 100)
Ci(0≤Ci≤100)。可以选择架设若干基站来满足若干用户的建设需求，求最大的收益（费用-成本）。
思路：
考虑获取某个使用费
C
i
C_{i}
Ci，那么就需要建设
A
i
,
B
i
A_{i},B_{i}
Ai,Bi，于是可以从
C
i
C_{i}
Ci向
A
i
,
B
i
A_{i},B_{i}
Ai,Bi连边。每个点有各自的权值，成本为负的，使用费为正的，于是对于所有
C
C
C如此连边，求这张图的最大权闭合子图即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
//#define int LL
#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#pragma warning(disable :4996)
const double eps = 1e-8;
const LL mod = 1000000007;
const LL MOD = 998244353;
const int maxm = 50010;
const int maxn = 5010;
struct edge {
int to, cap, rev;
};
int N, M;
int P[maxn], A[maxm], B[maxm], C[maxm];
vector<edge>G[maxm * 3];
int level[maxm * 3], iter[maxm * 3];
LL sum = 0;
void add_edge(int from, int to, int cap)
{
G[from].push_back(edge{ to,cap,(int)G[to].size() });
G[to].push_back(edge{ from,0,(int)G[from].size() - 1 });
}
void bfs(int s)
{
memset(level, -1, sizeof(level));
queue<int> que;
level[s] = 0;
que.push(s);
while (!que.empty())
{
int v = que.front();
que.pop();
for (int i = 0; i < G[v].size(); i++)
{
edge& e = G[v][i];
if (e.cap > 0 && level[e.to] < 0)
{
level[e.to] = level[v] + 1;
que.push(e.to);
}
}
}
}
int dfs(int v, int t, int f)
{
if (v == t)
return f;
for (int& i = iter[v]; i < G[v].size(); i++)
{
edge& e = G[v][i];
if (e.cap > 0 && level[v] < level[e.to])
{
int d = dfs(e.to, t, min(f, e.cap));
if (d > 0)
{
e.cap -= d;
G[e.to][e.rev].cap += d;
return d;
}
}
}
return 0;
}
int max_flow(int s, int t)
{
int flow = 0;
while (true)
{
bfs(s);
if (level[t] < 0)
return flow;
memset(iter, 0, sizeof(iter));
int f;
while ((f = dfs(s, t, INF)) > 0)
flow += f;
}
return flow;
}
void solve()
{
//1~N:基站1~N
//N+1~N+M:各获益
int S = N + M + 1, T = N + M + 2;
for (int i = 1; i <= N; i++)
add_edge(i, T, P[i]);
for (int i = 1; i <= M; i++)
{
add_edge(N + i, B[i], inf);
add_edge(N + i, A[i], inf);
add_edge(S, N + i, C[i]);
}
cout << sum - max_flow(S, T) << endl;
}
int main()
{
IOS;
cin >> N >> M;
for (int i = 1; i <= N; i++)
cin >> P[i];
for (int i = 1; i <= M; i++)
{
cin >> A[i] >> B[i] >> C[i];
sum += C[i];
}
solve();
return 0;
}
CF653D.Delivery Bears
传送门
题目大意：
N
(
2
≤
N
≤
50
)
N(2\leq N\leq50)
N(2≤N≤50)个点，
M
(
1
≤
M
≤
500
)
M(1\leq M\leq500)
M(1≤M≤500)条边的有向图，每条边有重量上限
C
i
(
1
≤
C
i
≤
1
0
6
)
C_{i}(1\leq C_{i}\leq10^6)
Ci(1≤Ci≤106)，现有
X
(
1
≤
X
≤
1
0
5
)
X(1\leq X\leq10^5)
X(1≤X≤105)批重量相同的货物，你可以给定任意的重量，但是一批货物必须作为一个整体运送（即不能拆成若干重量更小的货物运送），求能够将全部
X
X
X批货物从
1
1
1运送到
N
N
N的时的货物总重量最大为多少。
思路：
显然我们可以二分每批货物的重量
w
w
w，对于每个
w
w
w，我们将图中所有的权值由
C
i
C_{i}
Ci变为
⌊
C
i
w
⌋
\lfloor \frac{C_{i}}{w}\rfloor
⌊wCi⌋，之后在图中跑最大流，如果
m
a
x
f
l
o
w
≥
X
maxflow\geq X
maxflow≥X就说明当前重量可行，否则不可行。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
//#define int LL
#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#pragma warning(disable :4996)
const double eps = 1e-8;
const LL mod = 1000000007;
const LL MOD = 998244353;
const int maxv = 60;
const int maxe = 510;
int N, M, X;
LL C[maxe];
int U[maxe], V[maxe];
struct edge {
int to;
LL cap;
int rev;
};
vector<edge> G[maxv];
int level[maxv], iter[maxv];
void add_edge(int from, int to, LL cap)
{
G[from].push_back(edge{ to,cap,(int)G[to].size() });
G[to].push_back(edge{ from,0,(int)G[from].size() - 1 });
}
void bfs(int s)
{
memset(level, -1, sizeof(level));
queue<int> que;
level[s] = 0;
que.push(s);
while (!que.empty())
{
int v = que.front();
que.pop();
for (int i = 0; i < G[v].size(); i++)
{
edge& e = G[v][i];
if (e.cap > 0 && level[e.to] < 0)
{
level[e.to] = level[v] + 1;
que.push(e.to);
}
}
}
}
int dfs(int v, int t, LL f)
{
if (v == t)
return f;
for (int& i = iter[v]; i < G[v].size(); i++)
{
edge& e = G[v][i];
if (e.cap > 0 && level[v] < level[e.to])
{
LL d = dfs(e.to, t, min(f, e.cap));
if (d > 0)
{
e.cap -= d;
G[e.to][e.rev].cap += d;
return d;
}
}
}
return 0;
}
LL max_flow(int s, int t)
{
LL flow = 0;
while (true)
{
bfs(s);
if (level[t] < 0)
return flow;
memset(iter, 0, sizeof(iter));
LL f;
while ((f = dfs(s, t, INF)) > 0)
flow += f;
}
return flow;
}
bool Check(double w)
{
for (int i = 1; i <= N; i++)
G[i].clear();
for (int i = 1; i <= M; i++)
add_edge(U[i], V[i], (LL)floor(C[i] / w));
return max_flow(1, N) >= X;
}
void solve()
{
double lo = 0, hi = INF;
for (int i = 1; i <= 100; i++)
{
double mid = (lo + hi) / 2;
if (Check(mid))
lo = mid;
else
hi = mid;
}
double ans = lo * X;
cout << setiosflags(ios::fixed) << setprecision(10) << ans << endl;
}
int main()
{
IOS;
cin >> N >> M >> X;
for (int i = 1; i <= M; i++)
cin >> U[i] >> V[i] >> C[i];
solve();
return 0;
}
luoguP4043.支线剧情
传送门
题目大意：
给定一张
N
(
N
≤
300
)
N(N\leq300)
N(N≤300)个点，
M
(
M
≤
15000
)
M(M\leq15000)
M(M≤15000)的
D
A
G
DAG
DAG，每条边上有一个费用，可以从
1
1
1号点出发若干次，每次可以在任意一个点结束，求使将所有边都走过一遍所花费的最小费用。
思路：
建立源点
S
S
S与汇点
T
T
T，
S
S
S向
1
1
1连一条容量为
i
n
f
inf
inf，费用为
0
0
0的边，表示可以从
1
1
1出发若干次，
1
∼
N
1\sim N
1∼N每个点向
T
T
T连容量为
i
n
f
inf
inf，费用为
0
0
0的边，表示可以从任意一点结束若干次，对于原图中已经存在的边，连一条容量为
[
1
,
i
n
f
]
[1,inf]
[1,inf]，费用为原费用的边，表示所有边至少走
1
1
1次。之后就是要求新图的最小费用可行流，建立超级源点
S
S
SS
SS与超级汇点
S
T
ST
ST，对所有有上界
c
c
c，下界
b
b
b的边
(
u
,
v
)
(u,v)
(u,v)，从
u
u
u到
v
v
v连容量为
c
−
b
c-b
c−b的边，从
u
u
u向
T
T
TT
TT连容量为
1
1
1的边，从
S
S
SS
SS向
v
v
v连容量为
1
1
1的边，这些边的费用
d
d
d保持不变，最后再从
T
T
T向
S
S
S连一条容量为
i
n
f
inf
inf，费用为
0
0
0的边即可。之后求新图的最小费用最大流的费用
−
-
−所有有上下界的边的费用总和即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
//#define int LL
#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#pragma warning(disable :4996)
const double eps = 1e-8;
const LL mod = 1000000007;
const LL MOD = 998244353;
const int maxv = 5010;
struct edge {
int to, cap, cost, rev;
};
int sum = 0;
int N, SS, TT, S, T;
int V;
vector<edge> G[maxv];
int h[maxv], dist[maxv], prevv[maxv], preve[maxv];
void add_edge(int from, int to, int cap, int cost)
{
G[from].push_back(edge{ to, cap, cost, (int)G[to].size() });
G[to].push_back(edge{ from, 0, -cost, (int)G[from].size() - 1 });
}
int min_cost_flow(int s, int t, int f)
{
int res = 0;
memset(h, 0, sizeof(h));
while (f > 0)
{
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> que;
memset(dist, inf, sizeof(dist));
dist[s] = 0;
que.push(PII(0, s));
while (!que.empty())
{
PII p = que.top();
que.pop();
int v = p.second;
if (dist[v] < p.first)
continue;
for (int i = 0; i < G[v].size(); i++)
{
edge& e = G[v][i];
if (e.cap > 0 && dist[e.to] > dist[v] + e.cost + h[v] - h[e.to])
{
dist[e.to] = dist[v] + e.cost + h[v] - h[e.to];
prevv[e.to] = v;
preve[e.to] = i;
que.push(PII(dist[e.to], e.to));
}
}
}
if (dist[t] == inf)
break;
for (int v = 1; v <= V; v++)
h[v] += dist[v];
int d = f;
for (int v = t; v != s; v = prevv[v])
d = min(d, G[prevv[v]][preve[v]].cap);
f -= d;
res += d * h[t];
for (int v = t; v != s; v = prevv[v])
{
edge& e = G[prevv[v]][preve[v]];
e.cap -= d;
G[v][e.rev].cap += d;
}
}
return res;
}
void solve()
{
cout << min_cost_flow(SS, TT, INT_MAX) - sum << endl;
}
int main()
{
IOS;
cin >> N;
S = N + 1, T = S + 1;
SS = T + 1, V = TT = SS + 1;
int k, to, c;
add_edge(S, 1, inf, 0);
add_edge(T, S, inf, 0);
for (int i = 1; i <= N; i++)
{
add_edge(i, T, inf, 0);
cin >> k;
for (int j = 1; j <= k; j++)
{
cin >> to >> c;
sum += c;
add_edge(i, to, inf - 1, c);
add_edge(SS, to, 1, c);
add_edge(i, TT, 1, c);
}
}
solve();
return 0;
}
luoguP3980.志愿者招募
传送门
题目大意：
一向工作持续
N
(
1
≤
N
≤
1000
)
N(1\leq N\leq1000)
N(1≤N≤1000)天，共有
M
(
1
≤
M
≤
10000
)
M(1\leq M\leq10000)
M(1≤M≤10000)类志愿者，每个志愿者有属性
s
i
,
t
i
,
c
i
s_{i},t_{i},c_{i}
si,ti,ci，表示第
i
i
i类志愿者在
[
s
i
,
t
i
]
[s_{i},t_{i}]
[si,ti]这段时间内参与工作，招募一名该类志愿者需要花费
c
i
c_{i}
ci元，每个日期
i
i
i需要的志愿者总数至少为
A
i
A_{i}
Ai，求最少花费。
思路：
我们设第
i
i
i天参与工作的志愿者总数为
P
i
P_{i}
Pi，招募的第
j
j
j类志愿者总数为
X
j
X_{j}
Xj，设第
j
j
j类志愿者是否可以在第
i
i
i天工作为
m
i
j
m_{ij}
mij，于是有
P
i
=
∑
m
i
j
=
1
X
j
≥
A
i
P_{i}=\sum_{m_{ij}=1} X_{j}\geq A_{i}
Pi=∑mij=1Xj≥Ai，我们设
Y
i
Y_{i}
Yi为第
i
i
i天多招募的人数，因此
A
i
=
∑
m
i
j
=
1
X
j
−
Y
i
A_{i}=\sum_{m_{ij}=1} X_{j}-Y_{i}
Ai=∑mij=1Xj−Yi，我们可以得到这样的
N
N
N个等式。
之后我们对它们做差分，设
A
0
=
A
N
+
1
=
0
A_{0}=A_{N+1}=0
A0=AN+1=0，求出所有的
A
i
−
A
i
−
1
(
1
≤
i
≤
N
+
1
)
A_{i}-A_{i-1}(1\leq i\leq N+1)
Ai−Ai−1(1≤i≤N+1)，又对于每类志愿者，其工作时间是连续的一段，因此，每个
X
j
X_{j}
Xj也是在连续的一段等式中所出现的，因此在差分后的
N
+
1
N+1
N+1个等式中，
X
j
X_{j}
Xj与
−
X
j
-X_{j}
−Xj各仅出现
1
1
1次。同时可以发现，
Y
i
Y_{i}
Yi与
−
Y
i
-Y_{i}
−Yi也各仅出现
1
1
1次。我们可以把这每个等式两侧当成一个节点的流出与流入。这样我们可以为每个等式建立一个节点来建图：
对于每个节点
i
i
i，我们将等式左侧的
A
i
−
A
i
−
1
A_{i}-A_{i-1}
Ai−Ai−1作为其流入，从源点
S
S
S向其连一条容量为
A
i
−
A
i
−
1
A_{i}-A_{i-1}
Ai−Ai−1费用为
0
0
0的边（如果值为负数，改为向汇点
T
T
T连容量为相反数的边），将等式右侧作为流出，由于签面提到的
X
,
Y
X,Y
X,Y的性质，我们可对每个
X
,
Y
X,Y
X,Y仅需对应连一条边（仅对应一个流入和流出），对于每个
X
i
X_{i}
Xi，我们连一条从
s
i
s_{i}
si到
t
i
+
1
t_{i}+1
ti+1连一条容量为
i
n
f
inf
inf，费用为
c
i
c_{i}
ci的边表示
X
i
X_{i}
Xi；而对于每个
Y
i
Y_{i}
Yi，我们连一条从
i
i
i到
i
−
1
i-1
i−1连一条容量为
i
n
f
inf
inf，费用为
0
0
0的边表示
Y
i
−
1
Y_{i-1}
Yi−1。之后对这样的一张图求最小费用最大流即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
//#define int LL
#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#pragma warning(disable :4996)
const double eps = 1e-8;
const LL mod = 1000000007;
const LL MOD = 998244353;
const int maxv = 1010;
const int maxn = 1010;
struct edge {
int to, cap, cost, rev;
};
int sum = 0;
int N, M, S, T;
int V;//顶点数
int A[maxn];
vector<edge> G[maxv];
int h[maxv], dist[maxv], prevv[maxv], preve[maxv];
void add_edge(int from, int to, int cap, int cost)
{
//cout << from << "__" << to << "___" << cap << "__" << cost << endl;
G[from].push_back(edge{ to, cap, cost, (int)G[to].size() });
G[to].push_back(edge{ from, 0, -cost, (int)G[from].size() - 1 });
}
int min_cost_flow(int s, int t, int f)
{
int res = 0;
memset(h, 0, sizeof(h));
while (f > 0)
{
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> que;
memset(dist, inf, sizeof(dist));
dist[s] = 0;
que.push(PII(0, s));
while (!que.empty())
{
PII p = que.top();
que.pop();
int v = p.second;
if (dist[v] < p.first)
continue;
for (int i = 0; i < G[v].size(); i++)
{
edge& e = G[v][i];
if (e.cap > 0 && dist[e.to] > dist[v] + e.cost + h[v] - h[e.to])
{
dist[e.to] = dist[v] + e.cost + h[v] - h[e.to];
prevv[e.to] = v;
preve[e.to] = i;
que.push(PII(dist[e.to], e.to));
}
}
}
if (dist[t] == inf)
break;
for (int v = 1; v <= V; v++)
h[v] += dist[v];
int d = f;
for (int v = t; v != s; v = prevv[v])
d = min(d, G[prevv[v]][preve[v]].cap);
f -= d;
res += d * h[t];
for (int v = t; v != s; v = prevv[v])
{
edge& e = G[prevv[v]][preve[v]];
e.cap -= d;
G[v][e.rev].cap += d;
}
}
return res;
}
void solve()
{
cout << min_cost_flow(S, T, inf) << endl;
}
int main()
{
IOS;
cin >> N >> M;
S = N + 2, V = T = S + 1;
for (int i = 1; i <= N; i++)
{
cin >> A[i];
int k = A[i] - A[i - 1];
if (k > 0)
add_edge(S, i, k, 0);
else
add_edge(i, T, -k, 0);
add_edge(i + 1, i, inf, 0);
}
add_edge(N + 1, T, A[N], 0);
int s, t, c;
for (int i = 1; i <= M; i++)
{
cin >> s >> t >> c;
add_edge(s, t + 1, inf, c);
}
solve();
return 0;
}
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