【BZOJ2245】[SDOI2011]工作安排 拆边费用流

【BZOJ2245】[SDOI2011]工作安排

Description

你的公司接到了一批订单。订单要求你的公司提供n类产品，产品被编号为1~n，其中第i类产品共需要C_i件。公司共有m名员工，员工被编号为1~m员工能够制造的产品种类有所区别。一件产品必须完整地由一名员工制造，不可以由某名员工制造一部分配件后，再转交给另外一名员工继续进行制造。

我们用一个由0和1组成的m*n的矩阵A来描述每名员工能够制造哪些产品。矩阵的行和列分别被编号为1~m和1~n，A_i,j为1表示员工i能够制造产品j，为0表示员工i不能制造产品j。

如果公司分配了过多工作给一名员工，这名员工会变得不高兴。我们用愤怒值来描述某名员工的心情状态。愤怒值越高，表示这名员工心情越不爽，愤怒值越低，表示这名员工心情越愉快。员工的愤怒值与他被安排制造的产品数量存在某函数关系，鉴于员工们的承受能力不同，不同员工之间的函数关系也是有所区别的。

对于员工i，他的愤怒值与产品数量之间的函数是一个S_i+1段的分段函数。当他制造第1~T_i,1件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加W_i,1，当他制造第T_i,1+1~T_i,2件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加W_i,2……为描述方便，设T_i,0=0,T_i,si+1=+∞，那么当他制造第T_i,j-1+1~T_i,j件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加W_i,j， 1≤j≤S_i+1。

你的任务是制定出一个产品的分配方案，使得订单条件被满足，并且所有员工的愤怒值之和最小。由于我们并不想使用Special Judge，也为了使选手有更多的时间研究其他两道题目，你只需要输出最小的愤怒值之和就可以了。

Input

第一行包含两个正整数m和n，分别表示员工数量和产品的种类数；

第二行包含n 个正整数，第i个正整数为C_i；

以下m行每行n 个整数描述矩阵A；

下面m个部分，第i部分描述员工i的愤怒值与产品数量的函数关系。每一部分由三行组成：第一行为一个非负整数S_i，第二行包含S_i个正整数，其中第j个正整数为T_i,j，如果S_i=0那么输入将不会留空行（即这一部分只由两行组成）。第三行包含S_i+1个正整数，其中第j个正整数为W_i,j。

Output

仅输出一个整数，表示最小的愤怒值之和。

Sample Input

2 3
2 2 2
1 1 0
0 0 1
1
2
1 10
1
2
1 6

Sample Output

24

HINT

题解：如题，直接连边费用流即可。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,cnt,S,T;
int to[1000000],next[1000000],flow[1000000];
int head[600],t[600],inq[600],pe[600],pv[600];
ll ans,cost[1000000],dis[600];
queue<int> q;
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
void add(int a,int b,ll c,int d)
{
	to[cnt]=b,cost[cnt]=c,flow[cnt]=d,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
	to[cnt]=a,cost[cnt]=-c,flow[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int bfs()
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	int i,u;
	q.push(S),dis[S]=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],pe[to[i]]=i,pv[to[i]]=u;
				if(!inq[to[i]])	inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return dis[T]<0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
}
int main()
{
	m=rd(),n=rd();
	int i,j,a,mf;
	S=0,T=n+m+1;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<=n;i++)	add(i+m,T,0,rd());
	for(i=1;i<=m;i++)	for(j=1;j<=n;j++)	if(rd())	add(i,j+m,0,1<<30);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		a=rd();
		for(j=1;j<=a;j++)	t[j]=rd();
		for(j=1;j<=a;j++)	add(S,i,rd(),t[j]-t[j-1]);
		add(S,i,rd(),1<<30);
	}
	while(bfs())
	{
		mf=1<<30;
		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	mf=min(mf,flow[pe[i]]);
		ans+=dis[T]*mf;
		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	flow[pe[i]]-=mf,flow[pe[i]^1]+=mf;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}