刷题总结——学姐的逛街计划（vijos1891费用流）
题目：
doc 最近太忙了, 每天都有课. 这不怕, doc 可以请假不去上课.
偏偏学校又有规定, 任意连续 n 天中, 不得请假超过 k 天.
doc 很忧伤, 因为他还要陪学姐去逛街呢.
后来, doc发现, 如果自己哪一天智商更高一些, 陪学姐逛街会得到更多的好感度.
现在 doc 决定做一个实验来验证自己的猜想, 他拜托 小岛 预测出了 自己 未来 3n 天中, 每一天的智商.
doc 希望在之后的 3n 天中选出一些日子来陪学姐逛街, 要求在不违反校规的情况下, 陪学姐逛街的日子自己智商的总和最大.
可是, 究竟这个和最大能是多少呢?
格式
输入格式
第一行给出两个整数, n 和 k, 表示我们需要设计之后 3n 天的逛街计划, 且任意连续 n 天中不能请假超过 k 天.
第二行给出 3n 个整数, 依次表示 doc 每一天的智商有多少. 所有数据均为64位无符号整数
输出格式
输出只有一个整数, 表示可以取到的最大智商和.
样例1
样例输入1
5 3
14 21 9 30 11 8 1 20 29 23 17 27 7 8 35
样例输出1
195
限制
对于 20% 的数据, 1 <= n <= 12 , k = 3.
对于 70% 的数据, 1 <= n <= 40 .
对于 100% 的数据, 1 <= n <= 200 , 1 <= k <= 10.
题解：
直接引用官网题解吧····第一次遇到根据等式转化成网络流的····涨知识了··
该题是最大流最大费用流！！！不是最大流最小费用流！！
设第i天是否去逛街为a[i]，c[i]表示第i天的智商，a[i]=1表示去逛街，a[i]=0表示不去
则可得2n个不等式
a[1]+a[2]+...+a[n]<=k
a[2]+a[3]+...+a[n+1]<=k
...
a[2n+1]+....+a[3n]<=k
求c[1]*a[1]+c[2]*a[2]+...+c[3n]*a[3n]的最大值
添加一个辅助变量
a[1]+a[2]+...+a[n]+y[1]=k
a[2]+a[3]+...+a[n+1]+y[2]=k
...
a[2n+1]+....+a[3n]+y[2n+1]=k
0<=y[i]<=k
将上述不等式相邻两个相减
y[1]+a[1]=a[n+1]+y[2]。。。。。。。。。1
y[2]+a[2]=a[n+2]+y[3]。。。。。。。。。2
......
y[n+1]+a[n+1]=a[2n+1]+y[n+2]。。。。。。。n+1
......
y[2n]+a[2n]=a[3n]+y[2n+1]。。。。。。。。2n
根据网络中每个节点流入量等于流出量的性质
将上述等式编号并抽象成网络中的点，变量a[i]和y[i]抽象为网络中的有向边（弧）
问题等价于求最大费用最大流
以a[n+1]为例 可以看成是节点1部分流出量和节点n+1的部分流入量于是可以建边从n+1到1
故根据这些等式可以建图
设源点为0，汇点为2n+3
i到n+i连一条弧，流量上限为1，费用为c[n+i] 1<=i<=n
i到i+1连一条弧，流量上限为k，费用为0（即为辅助变量y）1<=i<=2n-1
这时发现题目的k还没用上，
于是发现上述等式成立必需满足这两个等式
a[1]+a[2]+...+a[n]+y[1]=k。。。。。2n+1
a[2n+1]+....+a[3n]+y[2n+1]=k。。。。。2n+2
于是建一个节点2n+1
为了满足2n+1式
则由源点向节点2n+1连一条流量上限为k的边，费用为0。
由节点2n+1向i连一条流量上限为1的边，费用为c[i](即为变量a[i]）1<=i<=n
由2n+1向1连一条流量上限为k的边，费用为0(即y[1])
同理建一个节点2n+2
为了满足2n+2式则由节点2n+2向汇点连一条流量上限为k的边，费用为0。
由节点i向2n+2连一条流量上限为1的边，费用为c[i+n] n+1<=i<=2n；
由2n向2n+1连一条流量上限为k的边，费用为0(及y[2n+1])
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<cctype> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> #include<queue> using namespace std; const int N=1005; const int M=500005; queue<int>que; int n,k; int tot=1,fst[N*2+3],nxt[M],go[M],rest[M],src,des; long long c[N*3],cost[M],ans=0,dis[N]; bool visit[N],work[N]; inline void comb(int a,int b,int c,long long d) { nxt[++tot]=fst[a],fst[a]=tot,go[tot]=b,rest[tot]=c,cost[tot]=d; nxt[++tot]=fst[b],fst[b]=tot,go[tot]=a,rest[tot]=0,cost[tot]=-d; } inline void build() { for(int i=1;i<=n;i++) comb(i,n+i,1,c[n+i]); for(int i=1;i<=2*n-1;i++) comb(i,i+1,k,0); comb(src,2*n+1,k,0); for(int i=1;i<=n;i++) comb(2*n+1,i,1,c[i]); comb(2*n+1,1,k,0); comb(2*n+2,des,k,0); for(int i=n+1;i<=2*n;i++) comb(i,2*n+2,1,c[i+n]); comb(2*n,2*n+2,k,0); } inline bool SPFA() { for(int i=src;i<=des;i++) dis[i]= -1e+18, work[i]=false; que.push(src),dis[src]=0; int u,v; while(!que.empty()) { u=que.front(); que.pop(); visit[u]=false; for(int e=fst[u];e;e=nxt[e]) { if(dis[v=go[e]] < dis[u]+cost[e]&&rest[e]) { dis[v]=dis[u]+cost[e]; if(!visit[v]) { visit[v]=true; que.push(v); } } } } return dis[des]!= -1e+18; } inline int dinic(int u,int flow) { if(u==des) { ans+=dis[des]*flow; return flow; } work[u]=true; int delta=0,res=0,v; for(int e=fst[u];e;e=nxt[e]) { if(dis[v=go[e]]==dis[u]+cost[e]&&rest[e]&&!work[v]) { delta=dinic(v,min(flow-res,rest[e])); if(delta) { rest[e]-=delta; rest[e^1]+=delta; res+=delta; if(res==flow) break; } } } return res; } void maxflow() { while(SPFA()) dinic(src,100000000); } int main() { //freopen("a.in","r",stdin); scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n*3;i++) scanf("%d",&c[i]); src=0,des=2*n+3; build(); maxflow(); cout<<ans<<endl; return 0; }
