C++之路进阶——bzoj3876（支线剧情）

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Notice:由于本OJ建立在Linux平台下，而许多题的数据在Windows下制作，请注意输入、输出语句及数据类型及范围，避免无谓的RE出现。

3876: [Ahoi2014]支线剧情

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 542  Solved: 332
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Description

【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。

Input

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。

 

Output

 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。

 

 

 

Sample Input

6
2 2 1 3 2
2 4 3 5 4
2 5 5 6 6
0
0
0

Sample Output

24

HINT

 

 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：

   将起点与所有点连边，路径之间连边，流量为INF，权值为Z，将起点与路径终点连边，权值为Z,流量为1，然后跑最小费用最大流。

代码：

  

#include <cstdio>  
#include <cstring>  
#include<queue>
#include <iostream>  
#include <algorithm>  
#define maxn 310  
#define S 0  
#define T (n+1)  
  
using namespace std;
  
int ans=0,n,m;
  
namespace Min_Cost_Max_Flow
   {
      int head[maxn],from[maxn],dis[maxn],inq[maxn],cnt=1; 
      
      struct ss
        {
            int c;
            int v;
            int next;
            int to;
            int from;
        }e[1001001];
      void add(int u,int v,int w,int c)
           {
             e[++cnt].next=head[u];
             e[cnt].v=w;
             e[cnt].c=c;
             e[cnt].from=u;
             head[u]=cnt;
             e[cnt].to=v;
           }
     void  insert(int u,int v,int w,int c)
           {
             add(u,v,w,c);
             add(v,u,0,-c);
           }
     bool spfa()
           {
             for (int i=1;i<=T;i++) dis[i]=0x7fffffff;
             dis[S]=0;
             inq[S]=0;
             queue<int>que;
             que.push(S);
             while (!que.empty())
               {
                  int now=que.front();
                  que.pop();
                  inq[now]=0;
                  for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
                     if (e[i].v&&dis[e[i].to]>dis[now]+e[i].c)
                        {
                            dis[e[i].to]=dis[now]+e[i].c;
                            from[e[i].to]=i;
                            if (!inq[e[i].to]) inq[e[i].to]=1,que.push(e[i].to);                
                        }
               }
            if (dis[T]==0x7fffffff) return 0; 
               return 1;      
           }              
     void mcf()
           {
             int x=0x7fffffff;
             for (int i=from[T];i;i=from[e[i].from])
                x=min(x,e[i].v);
             for (int i=from[T];i;i=from[e[i].from])
                {
                    e[i].v-=x;
                    e[i^1].v+=x;
                    ans+=x*e[i].c;
                }    
           }           
    }
 int main()
     {
        using namespace Min_Cost_Max_Flow;
         scanf("%d",&n); 
        for (int i=1;i<=n;i++)
          {
            int k;
            scanf("%d",&k);
            insert(i,T,k,0);
            for (int j=1;j<=k;j++)
              {
                int y,z;
                scanf("%d%d",&y,&z);
                insert(i,y,0x7fffffff,z);
                insert(S,y,1,z);    
              } 
            if (i!=1) insert(i,1,0x7fffffff,0);   
          }
        while (spfa()) mcf();
         printf("%d\n",ans);  
     }