bzoj2324

出题人真 口袋迷

很容易发现这是一道费用流的题目

很显然这个问题有两个难点：

1. 保证走到某个点时之前序号的点都被走过

2. 保证每个点都走

对于1，我们换个说法，一个人走到该点时经过的点的序号都小于该点----->3

只要满足了2和3，就一定满足1

现在来看3，也就是说两个点之间的最短路i，j，必须由k（k<j) 来更新

很像是floyd，事实上我们只要改一改floyd就能满足3

下面的问题就是，怎么满足2，也就是称之为有下界的网络流

这里学习了一个非常厉害的方法解决此类问题：

加无穷小边连接汇点

对于这道题，我们把除了0号点的以外点拆成两个点，之间连两条边

一条流量为1，费用为负无穷；一条流量为无穷，费用为0

什么意思呢？第二条边好理解，表示每个点都可以被经过无数次

第一条边什么意思呢？保证每个点都被走过；

因为这条边的费用为极小边，根据费用流的算法，这条边一定会被走过，等价于这个点一定会被走过；

最后计算总费用的时候我们再把负费用弄掉即可

后记：

话说，我在省选的前几天做了这道题目，说了都是泪啊；

考试的时候D2 T1同样也是有下界的网络流，比这题还简单，

这不过是边的容量下界是1,（一样的道理，在每条边的基础上加一条流为1，费用为这条边的费用-极小量即可）

我也很好的写出了处理有下界的网络流的方法；

可我偏偏脑抽的用到了邻接矩阵，这样就毫无意外的被重边卡死了T T

自作孽，不可活…………

UPD：注意这个程序虽然能过但有点问题，具体见后续

 const inf=;
       bi=;
 type node=record
        from,point,cost,flow,next:longint;
      end;
 
 var edge:array[..] of node;
     q:array[..] of longint;
     a:array[..,..] of longint;
     p,pre,d:array[..] of longint;
     v:array[..] of boolean;
     len,x,y,z,ans,n,m,k,i,j,w,t:longint;
 
 procedure add(x,y,f,w:longint);
   begin
     inc(len);
     edge[len].from:=x;
     edge[len].point:=y;
     edge[len].flow:=f;
     edge[len].cost:=w;
     edge[len].next:=p[x];
     p[x]:=len;
   end;
 
 function spfa:boolean;              //网络流基本模板
   var i,f,r,x,y:longint;
   begin
     fillchar(v,sizeof(v),false);
     for i:= to t do
       d[i]:=inf;
     d[]:=;
     f:=;
     r:=;
     q[]:=;
     v[]:=true;
     while f<=r do
     begin
       x:=q[f];
       v[x]:=false;
       i:=p[x];
       while i<>- do
       begin
         y:=edge[i].point;
         if edge[i].flow> then
         begin
           if d[y]>d[x]+edge[i].cost then
           begin
             d[y]:=d[x]+edge[i].cost;
             pre[y]:=i;
             if not v[y] then
             begin
               v[y]:=true;
               inc(r);
               q[r]:=y;
             end;
           end;
         end;
         i:=edge[i].next;
       end;
       inc(f);
     end;
     if d[t]=inf then exit(false) else exit(true);
   end;
 
 procedure mincost;                  //费用流
   var i,j:longint;
   begin
     while spfa do
     begin
       i:=t;
       while i<> do
       begin
         j:=pre[i];
         dec(edge[j].flow);           //每次只会流一个人
         inc(edge[j xor ].flow);
         i:=edge[j].from;
       end;
       ans:=ans+d[t];
     end;
   end;
 
 begin
   readln(n,m,w);
   inc(n);
   len:=-;
   fillchar(p,sizeof(p),);
   for i:= to n do
   begin
     for j:= to n do
       a[i,j]:=inf;
     a[i,i]:=;
   end;
   t:=*n+;
   for i:= to m do
   begin
     readln(x,y,z);
     inc(x);                //仅仅是为了方便
     inc(y);
     if a[x,y]>z then
     begin
       a[x,y]:=z;
       a[y,x]:=z;
     end;
   end;
   add(,,w,);            //一共有w个人，自然流量为w
   add(,,,);
   for i:= to n do
   begin
     add(i,i+n,,-bi);     //处理下界网络流简单快捷的方法
     add(i+n,i,,bi);
     add(i+n,t,,);       //每个人都可以停在当前点不走，流直接流出
     add(t,n+i,,);
   end;
   for k:= to n do
   begin
     for i:= to n do
       if i<>k then
         for j:= to n do
           if (i<>j) and (j<>k) then
             a[i,j]:=min(a[i,j],a[i,k]+a[k,j]);
     if k<> then
     begin
       add(,k,,a[,k]);         
       add(k,,,-a[,k]);
     end;
     for i:= to k- do         // 边做边建图，显然这时候，i到k的最短路径一定是由编号小于k的点更新来的   
     begin
       add(i+n,k,,a[i,k]);     //这个地方和上面流量为什么是1呢？点i到下一个点j可行最小路径只要走一次，
                             如果这条路径实际需要走多次的话，那必然有点i到点k的可行最短路径由ij可行最短路更新的来
                             于是下一次找增广路的时候，我们直接走ik之间最短路即可
                             所以这里我们把每条路径流量限制为1，这样寻找增广路的速度会更快
                             （当然像考试时拿不准还是写成inf吧 
       add(k,i+n,,-a[i,k]);
     end;
   end;
   mincost;
   writeln(ans+(n-)*bi);    //修正ans
 end.