P1251-餐巾计划问题【费用流】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P1251

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1|1题目大意

$N$天，第$i$天需要$a_i$个餐巾。

每个餐巾价格为$p$，使用完后有两种清洗方法

1. 清洗$m$天，费用为$f$
2. 清洗$n$天，费用为$s$

求满足所有需求的最小花费

$1\leq N\leq 2000,1\leq a_i\leq 10^7,1\leq p,f,s\leq 10^4$

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1|2解题思路

网络流$24$题里的题目。而且显然是费用流

毛巾使用过后还可以再使用，我们有两种方法来限制这个条件

1. 不使用最大流限制，那么我们每次使用毛巾可以视为流过一条流量为$-inf$的边，这样为了最小费用显然会满足所有条件。最后将流过的$-inf$的权值加回去就好了
2. 使用最大流来限制。可以发现因为毛巾的条件是必须满足的，所以我们可以默认每次使用完后一定会剩下$a_i$个毛巾，所以我们直接让流量表示毛巾，然后每次多产生回$a_i$流量就好了

第二种好写一点，这里用的也是第二种

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4100,inf=1e18;
struct node{
	ll to,next,w,c;
}a[N<<4];
ll n,A,B,F,fa,fb,tot,ans,s,t;
ll ls[N],f[N],mf[N],pre[N],w[N];
bool v[N];queue<int> q;
void addl(ll x,ll y,ll w,ll c){
	a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;a[tot].w=w;a[tot].c=c;
	a[++tot].to=x;a[tot].next=ls[y];ls[y]=tot;a[tot].w=0;a[tot].c=-c;
	return;
}
bool SPFA(){
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[s]=0;mf[s]=inf;q.push(s);v[s]=1;
	while(!q.empty()){
		ll x=q.front();q.pop();v[x]=0;
		for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
			ll y=a[i].to;
			if(a[i].w&&f[x]+a[i].c<f[y]){
				f[y]=f[x]+a[i].c;pre[y]=i;
				mf[y]=min(mf[x],a[i].w);
				if(!v[y])v[y]=1,q.push(y);
			}
		}
	}
	return f[t]<inf;
}
void Updata(){
	ll x=t;ans+=mf[x]*f[x];
	while(x!=s){
		a[pre[x]].w-=mf[t];
		a[pre[x]^1].w+=mf[t];
		x=a[pre[x]^1].to;
	}
	return;
}
signed main()
{
	scanf("%lld",&n);
	s=2*n+1;t=s+1;tot=1;
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&A,&B,&F,&fa,&fb);
	for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&w[i]);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		addl(s,i,inf,F);
		addl(i,t,w[i],0);
		addl(s,i+n,w[i],0);
		if(i+A+1<=n)addl(i+n,i+A+1,inf,fa);
		if(i+B+1<=n)addl(i+n,i+B+1,inf,fb);
		if(i<n)addl(i,i+1,inf,0);
	}
	while(SPFA())
		Updata();
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14527986.html
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