cogs 461 餐巾 题解
461. [网络流24题] 餐巾
★★★ 输入文件：napkin.in 输出文件：napkin.out 简单对比
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【问题描述】
一个餐厅在相继的N天里，第i天需要Ri块餐巾(i=l，2，…，N)。餐厅可以从三种途径获得餐巾。
(1)购买新的餐巾，每块需p分；
(2)把用过的餐巾送到快洗部，洗一块需m天，费用需f分(f<p)。如m=l时，第一天送到快洗部的餐巾第二天就可以使用了，送慢洗的情况也如此。
(3)把餐巾送到慢洗部，洗一块需n天(n>m)，费用需s分(s<f)。
在每天结束时，餐厅必须决定多少块用过的餐巾送到快洗部，多少块送慢洗部。在每天开始时，餐厅必须决定是否购买新餐巾及多少，使洗好的和新购的餐巾之和满足当天的需求量Ri，并使N天总的费用最小。
【输入】
输入文件共 3 行，第 1 行为总天数；第 2 行为每天所需的餐巾块数；第 3 行为每块餐巾的新购费用 p ，快洗所需天数 m ，快洗所需费用 f ，慢洗所需天数 n ，慢洗所需费用 s 。
【输出】
一行，最小的费用
【样例】
napkin.in
3
3 2 4
10 1 6 2 3
napkin.out
64
【数据规模】
n<=200,Ri<=50
SOLUTION:
首先每天餐巾分为两种情况，新买的和原来的。每天作为一个点，由S向其连边，容量为ri，花费为0.
每天可以向T连边，容量为inf，花费为p，每天可购买餐巾无数次。将每天用过的餐巾再新建一层点，由于分配去快洗和慢洗的餐巾总数有限制，而并非分别有限制，所以快洗和慢洗不用分开讨论，放在一起即可，这层点再分别向T建边，容量为ri，花费为0，从而限制总容量。
使用快洗的餐巾，由i向i+m+t建边，容量为inf，花费为f；使用慢洗的餐巾，由i向i+n+t建边，花费为s。
但第i天洗完的餐巾也有可能再i+m以后的天中使用，所以再由i向i+1建边，容量为inf，花费为0，这样i+m以后天中就可以使用i+m天前洗完的餐巾了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define inf 99999999
int read() {
int s=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0') {
if(ch=='-') {
f=-1;
}
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') {
s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return s*f;
}
int day[205],t,p,m,f,n,s,S,T,r[521],tot,pre[520],dis[520];
struct oo {
int to,next,vv,cost;
} c[160010];
void add(int x,int y,int z,int q) {
c[tot].to=y;
c[tot].vv=z;
c[tot].cost=q;
c[tot].next=r[x];
r[x]=tot++;
}
void build() {
S=0;
T=2*t+1;
/*for(int i=1; i<=t; i++) {
add(S,i,day[i],0);
add(i,S,0,-0);
add(i,i+t,inf,p);
add(i+t,i,0,-p);
if(i+m<=t) {
add(i,i+t+m,inf,f);
add(i+t+m,i,0,-f);
}
if(i+n<=t) {
add(i,i+t+n,inf,s);
add(i+t+n,i,0,-s);
}
if(i<t) {
add(i,i+1,inf,0);
add(i+1,i,0,0);
}
}
for(int i=t+1; i<=2*t; i++) {
add(i,T,day[i],0);
add(T,i,0,-0);
}*/
for(int i=1; i<=t; i++) {
add(S,i,day[i],0);
add(i,S,0,0);
add(S,i+t,inf,p);
add(i+t,S,0,-p);
add(i+t,T,day[i],0);
add(T,i+t,0,0);
if(i+m<=t) {
add(i,i+m+t,inf,f);
add(i+m+t,i,0,-f);
}
if(i+n<=t) {
add(i,i+n+t,inf,s);
add(i+n+t,i,0,-s);
}
if(i!=t) {
add(i,i+1,inf,0);
add(i+1,i,0,0);
}
}
}
int queue[100005],head,tail,path[450];
bool vis[450];
bool bfs(int s,int t) {
head=tail=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(pre,-1,sizeof(pre));
memset(dis,30,sizeof(dis));
dis[s]=0;
queue[++tail]=s;
while(head<tail) {
int x=queue[++head];
vis[x]=0;
for(int i=r[x]; ~i; i=c[i].next) {
if(c[i].vv&&dis[c[i].to]>dis[x]+c[i].cost) {
dis[c[i].to]=dis[x]+c[i].cost;
pre[c[i].to]=x;
path[c[i].to]=i;
if(vis[c[i].to]==0){
queue[++tail]=c[i].to;
vis[c[i].to]=1;
}
}
}
}
if(pre[t]==-1) {
return false;
} else {
return true;
}
}
int dinic(int s,int t) {
int f=0x7ffffff,ans=0;
while(bfs(s,t)) {
for(int i=t; i!=s; i=pre[i]) {
if(c[path[i]].vv<f) {
f=c[path[i]].vv;
}
}
ans+=dis[t]*f;
for(int i=t; i!=s; i=pre[i]) {
c[path[i]].vv-=f;
c[path[i]^1].vv+=f;
}
}
return ans;
}
int main(){
freopen("napkin.in","r",stdin);
freopen("napkin.out","w",stdout);
memset(r,-1,sizeof(r));
t=read();
for(int i=1; i<=t; i++) {
day[i]=read();
}
p=read();
m=read();
f=read();
n=read();
s=read();
build();
int ans=dinic(S,T);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
