【bzoj1221】[HNOI2001] 软件开发 费用流

题目描述

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。

输入

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)

输出

最少费用

样例输入

4 1 2 3 2 1
8 2 1 6

样例输出

38


题解

费用流

本题和 网络流24题-餐巾计划问题 极为相似,唯一不同的是本题中消毒的实际相差时间为消耗时间+1

建图方法:

每个点拆成2个,分别为xi和yi。

S->xi,容量为ni,费用为0;yi->T,容量为ni,费用为0;S->yi,容量为ni(inf也一样),费用为f;

xi->xi+1,容量为inf,费用为0;xi->yi+a+1,容量为inf,费用为fa;xi->yi+b+1,容量为inf,费用为fb。

比较正经的理解方法:

将xi看作脏毛巾,将yi看作干净的毛巾。由于每天买毛巾的价格相同,所以一定是洗完或买完毛巾就立刻使用,所以yi直接向t连边。

每天能够得到ni条脏毛巾,这些脏毛巾不一定立刻送洗,所以xi想xi+1连边,表示留到下一天。

比较不正经的理解方法:

将xi看作脏毛巾,将yi看作干净的毛巾,要求每天需要ni条干净的毛巾,所以为有上下界费用流,因此原本应有边yi->xi,容量下界为ni,上界也为ni,费用为0。

其余的按照正常方法建图。

建图之后转化成一般费用流解决,发现图和上面的是一样的。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 2500
#define M 100000
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
queue<int> q;
int head[N] , to[M] , val[M] , cost[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N] , from[N] , pre[N];
void add(int x , int y , int v , int c)
{
    to[++cnt] = y , val[cnt] = v , cost[cnt] = c , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
    to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , cost[cnt] = -c , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool spfa()
{
    int x , i;
    memset(from , -1 , sizeof(from));
    memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
    dis[s] = 0 , q.push(s);
    while(!q.empty())
    {
        x = q.front() , q.pop();
        for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
            if(val[i] && dis[to[i]] > dis[x] + cost[i])
                dis[to[i]] = dis[x] + cost[i] , from[to[i]] = x , pre[to[i]] = i , q.push(to[i]);
    }
    return ~from[t];
}
int mincost()
{
    int ans = 0 , i , k;
    while(spfa())
    {
        k = inf;
        for(i = t ; i != s ; i = from[i]) k = min(k , val[pre[i]]);
        ans += k * dis[t];
        for(i = t ; i != s ; i = from[i]) val[pre[i]] -= k , val[pre[i] ^ 1] += k;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int n , a , b , f , fa , fb , i , x;
    scanf("%d%d%d%d%d%d" , &n , &a , &b , &f , &fa , &fb) , s = 0 , t = 2 * n + 1;
    for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &x) , add(s , i , x , 0) , add(i + n , t , x , 0) , add(s , i + n , inf , f);
    for(i = 1 ; i < n ; i ++ ) add(i , i + 1 , inf , 0);
    for(i = 1 ; i <= n - a - 1 ; i ++ ) add(i , i + a + 1 + n , inf , fa);
    for(i = 1 ; i <= n - b - 1 ; i ++ ) add(i , i + b + 1 + n , inf , fb);
    printf("%d\n" , mincost());
    return 0;
}

 

 

posted @ 2017-06-13 08:35  GXZlegend  阅读(310)  评论(0编辑  收藏  举报