【BZOJ3280】小R的烦恼 最小费用最大流

【BZOJ3280】小R的烦恼

Description

小R最近遇上了大麻烦，他的程序设计挂科了。于是他只好找程设老师求情。善良的程设老师答应不挂他，但是要求小R帮助他一起解决一个难题。

问题是这样的，程设老师最近要进行一项邪恶的实验来证明P=NP，这个实验一共持续n天，第i天需要a[i]个研究生来给他搬砖。研究生毕竟也是人，所以雇佣研究生是需要钱的，机智的程设老师已经联系好了m所大学，第j所大学共有l[j]个研究生，同时雇佣这所大学的一个研究生需要p[j]元钱。

本来程设老师满心欢喜的以为，这样捡最便宜的max{a[i]}个研究生雇来，就可以完成实验；结果没想到，由于他要求硕士生们每天工作25个小时不许吃饭睡觉上厕所喝水说话咳嗽打喷嚏呼吸空气，因此一天下来给他搬砖的所有研究生都会进入濒死状态。濒死状态的研究生，毫无疑问，就不能再进行工作了。但是机智的老师早早联系好了k家医院，第i家医院医治一个濒死的研究生需要d[i]天,并且需要q[i]元钱。

现在，程设老师想要知道，最少花多少钱，能够在这n天中满足每天的需要呢？若无法满足，则请输出”impossible”。注意，由于程设老师良心大大的坏，所以他是可以不把濒死的研究生送去医院的！

Input

       本题包含多组数据；第一行是一个数T(T<=11)，表示数据组数，以下T组数据。
对于每一组数据，第一行三个数，n,m,k;
以下一行n个数，表示a[1]…a[n]
接着一行2m个数，表示l[1],p[1]…l[n],p[n]
接着一行2k个数，表示d[1],q[1]…d[n],q[n]

Output

       对于每组数据以样例的格式输出一行，两个数分别表示第几组数据和最少钱数。

Sample Input

2
3 2 1
10 20 30
40 90 15 100
1 5
3 2 1
10 20 30
40 90 15 100
2 5

Sample Output

Case 1: 4650
Case 2: impossible

HINT

样例解释：买下90块钱的那40个研究生，另外再买10个100块钱的。这样，第一天用完的10个人全部送到医院，那么他们在第三天可以继续使用；同时，第二天和第三天都用新的研究生来弥补，这样一共需要花费40*90 + 10*100 + 5*10 = 4650元。
数据规模：
对于30%的数据中的每组数据,
满足n<=5,m,k<=2,其余数均小于等于100或者 
n<=10,m,k<=10,其余数均小于等于20.
对于100%的数据
n,m,k<=50,其余数均小于等于100.

题解：本题与餐巾计划类似

建图方法：一共2*n+1个点，我们令0号点为源点，2*n+1号点为汇点，第i号（1≤i≤n）号点表示第i天时濒死的人（这里用dead[i]表示），第i+n号点表示第i天需要的人（这里用live[i]）表示，连边如下

起点	终点	流量	费用
0	dead[i]	a[i]	0
live[i]	2*n+1	a[i]	0
0	live[1]	l[j]	p[j]
dead[i]	live[i+d[j]]	∞	q[j]
live[i]	live[i+1]	∞	0
dead[i]	dead[i+1]	∞	0

 

 

 

 

 

 

 

 

最大流什么的只要写得多自然就会了

数组大小已实测

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
int n,m,k,sum,ans,cnt,tot;
int to[6010],next[6010],flow[6010],cost[6010],head[110];
int inq[110],dis[110],re[110],rv[110];
queue<int> q;
int readin()
{
	int ret=0;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	gc=getchar();
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret;
}
void add(int a,int b,int c,int d)
{
	to[cnt]=b;
	flow[cnt]=c;
	cost[cnt]=d;
	next[cnt]=head[a];
	head[a]=cnt++;
}
int bfs()
{
	int i,u;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[0]=0;
	q.push(0);
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop();
		inq[u]=0;
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			if(dis[to[i]]>dis[u]+cost[i]&&flow[i])
			{
				dis[to[i]]=dis[u]+cost[i];
				rv[to[i]]=u,re[to[i]]=i;
				if(!inq[to[i]])
				{
					inq[to[i]]=1;
					q.push(to[i]);
				}
			}
		}
	}
	return dis[2*n+1]<1000000;
}
void work()
{
	ans=sum=cnt=tot=0;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	int i,j,a,b,minn;
	n=readin(),m=readin(),k=readin();
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		a=readin(),tot+=a;
		add(0,i,a,0),add(i,0,0,0);
		add(i+n,2*n+1,a,0),add(2*n+1,i+n,0,0);
		if(i>1)
		{
			add(i+n-1,i+n,1<<30,0),add(i+n,i+n-1,0,0);
			add(i-1,i,1<<30,0),add(i,i-1,0,0);
		}
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		a=readin(),b=readin();
		add(0,1+n,a,b),add(1+n,0,0,-b);
	}
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		a=readin(),b=readin();
		for(j=1;j+a+1<=n;j++)	add(j,j+a+n+1,1<<30,b),add(j+a+n+1,j,0,-b);
	}
	while(bfs())
	{
		minn=1<<30;
		for(i=2*n+1;i;i=rv[i])	minn=min(minn,flow[re[i]]);
		ans+=minn;
		sum+=minn*dis[2*n+1];
		for(i=2*n+1;i;i=rv[i])	flow[re[i]]-=minn,flow[re[i]^1]+=minn;
	}
	if(ans<tot)	printf("impossible\n");
	else	printf("%d\n",sum);
}
int main()
{
	int T=readin(),i;
	for(i=1;i<=T;i++)
	{
		printf("Case %d: ",i);
		work();
	}
	return 0;
}