BZOJ3876 [Ahoi2014&Jsoi2014]支线剧情 【有上下界费用流】

题目

【故事背景】
宅男JYY非常喜欢玩RPG游戏，比如仙剑，轩辕剑等等。不过JYY喜欢的并不是战斗场景，而是类似电视剧一般的充满恩怨情仇的剧情。这些游戏往往
都有很多的支线剧情，现在JYY想花费最少的时间看完所有的支线剧情。
【问题描述】
JYY现在所玩的RPG游戏中，一共有N个剧情点，由1到N编号，第i个剧情点可以根据JYY的不同的选择，而经过不同的支线剧情，前往Ki种不同的新的剧情点。当然如果为0，则说明i号剧情点是游戏的一个结局了。
JYY观看一个支线剧情需要一定的时间。JYY一开始处在1号剧情点，也就是游戏的开始。显然任何一个剧情点都是从1号剧情点可达的。此外，随着游戏的进行，剧情是不可逆的。所以游戏保证从任意剧情点出发，都不能再回到这个剧情点。由于JYY过度使用修改器，导致游戏的“存档”和“读档”功能损坏了，
所以JYY要想回到之前的剧情点，唯一的方法就是退出当前游戏，并开始新的游戏，也就是回到1号剧情点。JYY可以在任何时刻退出游戏并重新开始。不断开始新的游戏重复观看已经看过的剧情是很痛苦，JYY希望花费最少的时间，看完所有不同的支线剧情。

输入格式

输入一行包含一个正整数N。
接下来N行，第i行为i号剧情点的信息；
第一个整数为，接下来个整数对，Bij和Tij，表示从剧情点i可以前往剧
情点，并且观看这段支线剧情需要花费的时间。

输出格式

输出一行包含一个整数，表示JYY看完所有支线剧情所需要的最少时间。

输入样例

6

2 2 1 3 2

2 4 3 5 4

2 5 5 6 6

0

0

0

输出样例

24

提示

JYY需要重新开始3次游戏，加上一开始的一次游戏，4次游戏的进程是

1->2->4，1->2->5，1->3->5和1->3->6。

对于100%的数据满足N<=300,0<=Ki<=50,1<=Tij<=300,Sigma(Ki)<=5000

题解

每条边要走一次，流量下界就是1，上界为INF
且这是一个有源汇的带上下界的网络流
建图：
对于所有x->y的边，费用w
S->y，容量1，费用w【管辖入量】
x->y，容量INF，费用1【自由流】
所有点x->T，容量为入度，费用0
所有非1点x->1，容量INF，费用0

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u]; k != -1; k = ed[k].nxt)
using namespace std;
const int maxn = 6005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int RD(){
    int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
    while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
    while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 1) + (out << 3) + c - '0'; c = getchar();}
    return out * flag;
}
int h[maxn],ne = 0,S,T,p[maxn],minf[maxn],d[maxn];
bool inq[maxn];
struct EDGE{int from,to,f,w,nxt;}ed[maxm];
inline void build(int u,int v,int f,int w){
    ed[ne] = (EDGE){u,v,f,w,h[u]};  h[u] = ne++;
    ed[ne] = (EDGE){v,u,0,-w,h[v]};  h[v] = ne++;
}
int mincost(){
    queue<int> q; int u,to,flow = 0,cost = 0;
    while (true){
        for (int i = 0; i <= T; i++) d[i] = INF,inq[i] = false,minf[i] = INF;
        d[S] = 0; q.push(S);
        while (!q.empty()){
            u = q.front(); q.pop();
            inq[u] = false;
            Redge(u) if (ed[k].f && d[to = ed[k].to] > d[u] + ed[k].w){
                d[to] = d[u] + ed[k].w; p[to] = k; minf[to] = min(minf[u],ed[k].f);
                if (!inq[to]) q.push(to),inq[to] = true;
            }
        }
        if (d[T] == INF) break;
        flow += minf[T]; cost += minf[T] * d[T];
        u = T;
        while (u){
            ed[p[u]].f -= minf[T]; ed[p[u]^1].f += minf[T];
            u = ed[p[u]].from;
        }
    }
    return cost;
}
int main(){
    memset(h,-1,sizeof(h));
    int N = RD(),M; S = 0; T = N + 1;
    int to,v;
    REP(i,N){
        M = RD();
        build(i,T,M,0);
        while (M--){
            to = RD(); v = RD();
            build(i,to,INF,v);
            build(S,to,1,v);
        }
        if (i != 1) build(i,1,INF,0);
    }
    printf("%d\n",mincost());
    return 0;
}