HDU 6118 度度熊的交易计划(网络流-最小费用最大流)

度度熊参与了喵哈哈村的商业大会，但是这次商业大会遇到了一个难题： 

喵哈哈村以及周围的村庄可以看做是一共由n个片区，m条公路组成的地区。 

由于生产能力的区别，第i个片区能够花费a[i]元生产1个商品，但是最多生产b[i]个。 

同样的，由于每个片区的购买能力的区别，第i个片区也能够以c[i]的价格出售最多d[i]个物品。 

由于这些因素，度度熊觉得只有合理的调动物品，才能获得最大的利益。 

据测算，每一个商品运输1公里，将会花费1元。 

那么喵哈哈村最多能够实现多少盈利呢？ 

Input本题包含若干组测试数据。 
每组测试数据包含： 
第一行两个整数n,m表示喵哈哈村由n个片区、m条街道。 
接下来n行，每行四个整数a[i],b[i],c[i],d[i]表示的第i个地区，能够以a[i]的价格生产，最多生产b[i]个，以c[i]的价格出售，最多出售d[i]个。 
接下来m行，每行三个整数,u[i],v[i],k[i]，表示该条公路连接u[i],v[i]两个片区，距离为k[i] 

可能存在重边，也可能存在自环。 

满足: 
1<=n<=500, 
1<=m<=1000, 
1<=a[i],b[i],c[i],d[i],k[i]<=1000, 
1<=u[i],v[i]<=n 
Output输出最多能赚多少钱。 
Sample Input

2 1
5 5 6 1
3 5 7 7
1 2 1

Sample Output

23
题解：

最小费用最大流，首先建立超级源点 s ，与超级汇点 t 。

因为生产一个商品需要花费 a[i] 元，且上限为 b[i] ，所以我们从 s 向这些点之间连一条容量为 b[i] ，费用为 -a[i] 的边。

同样的道理，出售一个商品可以赚到 c[i] 元，最多出售 d[i] 个，于是我们从这些点向 t 连一条容量为 d[i] ，费用为 c[i] 的边。

最后所有的公路也是花费，从 u 到 v 连接一条双向边，容量为 INF ，费用为 -k ，然后跑一边模板即可。

注意：图中存在自环，当我们得到两点路径长度小于 0 时应终止计算。

参考代码为

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 #define INF 0x3f3f3f3f
  4 typedef long long LL;
  5 const int M=2010;
  6 const int N=510; 
  7 struct edge
  8 {
  9     int to,cap,cost,nxt;
 10 } e[11000];
 11  
 12 int head[N],tot;
 13 int d[N], pre[N], path[N];
 14 bool vis[N];
 15  
 16 void init()
 17 {
 18     memset(head,-1,sizeof(head));
 19     tot = 0;
 20 }
 21  
 22 void addedge(int s, int t, int cap, int cost)
 23 {
 24     e[tot].to=t;
 25     e[tot].cap=cap;
 26     e[tot].cost=cost;
 27     e[tot].nxt=head[s];
 28     head[s] = tot++;
 29     e[tot].to=s;
 30     e[tot].cap=0;
 31     e[tot].cost=-cost;
 32     e[tot].nxt=head[t];
 33     head[t] = tot++;
 34 }
 35  
 36 int spfa(int s, int t)
 37 {
 38     memset(d,-INF,sizeof(d));
 39     memset(pre,-1,sizeof(pre));
 40     memset(path,-1,sizeof(path));
 41     memset(vis,false,sizeof(vis));
 42     int res = d[0];
 43     d[s] = 0;
 44     vis[s] = true;
 45     queue<int>q;
 46     q.push(s);
 47     while (!q.empty())
 48     {
 49         int u = q.front();
 50         q.pop();
 51         vis[u] = false;
 52         for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt)
 53         {
 54             int v = e[i].to;
 55             if (d[v] < d[u] + e[i].cost && e[i].cap > 0)
 56             {
 57                 d[v] = d[u] + e[i].cost;
 58                 pre[v] = u;
 59                 path[v] = i;
 60                 if (!vis[v])
 61                 {
 62                     vis[v] = true;
 63                     q.push(v);
 64                 }
 65             }
 66         }
 67     }
 68     return d[t] != res;
 69 }
 70  
 71 int MinCostMaxFlow(int s, int t,int &cost)//返回最大流,cost为最小费用 
 72 {
 73     int flow;
 74     flow=cost=0;
 75     while (spfa(s, t))
 76     {
 77         int minn = INF;
 78         for(int i = t; i != s && ~i; i = pre[i]) minn = min(minn, e[path[i]].cap);
 79         for(int i = t; i != s && ~i; i = pre[i])
 80         {
 81             e[path[i]].cap -= minn;
 82             e[path[i] ^ 1].cap += minn;
 83         }
 84         if(d[t]<0) break;  //由于可能会有自环 
 85         flow += minn;
 86         cost += minn * d[t];
 87     }
 88     return flow;
 89 }
 90 int n,m;
 91 int main()
 92 {
 93     while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
 94     {
 95         init();
 96         int a,b,c,d;
 97         int st=0,end=n+1,cost;
 98         for(int i=1;i<=n;i++)
 99         {
100             scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
101             addedge(st,i,b,-a);
102             addedge(i,end,d,c);
103         }
104         int u,v,k;
105         while(m--)
106         {
107             scanf("%d%d%d",&u,&v,&k);
108             addedge(u,v,INF,-k);
109             addedge(v,u,INF,-k);
110         }
111         MinCostMaxFlow(st,end,cost);
112         cout<<cost<<endl;
113     }
114 }
View Code

 

　　

posted @ 2018-08-23 20:44  StarHai  阅读(211)  评论(0)  编辑  收藏  举报