餐巾

【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

 

【时空限制】

5s，128MB

 

 

【题解】

      第一道比较有难度的最小费用最大流，关键是建图。贴lyc学长ppt：

       1.每天作为一个点，由S向其连边，容量为Ri。每天向T连边，容量为INF，花费为p，每天都可以购买餐巾无数次

       2.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，并非分别有限制，所以这两种无需再分开，这层点分别向T建边，花费为0，容量为Ri，限制总容量。

       3.使用快洗的餐巾，由i(需要)向i-m(用过)建边，容量为INF，花费为f；慢洗同理，花费分别建边。

       4.第i-m洗完后的餐巾也可以供第i天以后使用，所以再向i+1(需要)向i(需要)建边，容量为INF，花费为0.这样第i天就能使用到以前所有洗完的餐巾了。

      这道题真正让我有一种“网络流，流起来”的感觉，像引水一样一步步把可行的答案汇流，最后跑一遍网络流的板子，十分美妙。后来忘了每天建两个点，数组开小，有WA有T。数组开小的危害不仅仅是RE啊。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int sj=410;
int d,sy[sj],p,m,f,n,s,sd,hd;
int dis[sj],h[sj],e,pre[sj];
bool r[sj];
struct B
{
     int v,ne,w,fl,co;
}b[sj*20];
void add(int x,int y,int z,int a)
{
     b[e].v=y;
     b[e].ne=h[x];
     b[e].w=z;
     b[e].co=a;
     h[x]=e++;
     b[e].v=x;
     b[e].ne=h[y];
     b[e].w=0;
     b[e].co=-a;
     h[y]=e++;
}
void init()
{
     scanf("%d",&d);
     for(int i=1;i<=d;i++) scanf("%d",&sy[i]);
     memset(h,-1,sizeof(h));
     scanf("%d%d%d%d%d",&p,&m,&f,&n,&s);
     sd=0;
     hd=d+1;
     for(int i=1;i<=d;i++)  
     {
       add(sd,i,sy[i],0);
       add(i+1,i,0x3fff,0);
       add(i,hd,0x3fff,p);
       if(i<d) add(i+d+1,hd,sy[i],0);
       if(i-m>0)  add(i,i-m+d+1,0x3fff,f);
       if(i-n>0)  add(i,i-n+d+1,0x3fff,s);
     }
}
queue<int> q;
bool spfa()
{
     while(!q.empty()) q.pop();
     memset(r,0,sizeof(r));
     memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
     memset(pre,-1,sizeof(pre));
     r[sd]=1;
     dis[sd]=0;
     q.push(sd);
     while(!q.empty())
     {
        m=q.front();
        q.pop();
        r[m]=0;
        for(int i=h[m];i!=-1;i=b[i].ne)
          if(dis[b[i].v]>dis[m]+b[i].co&&b[i].w>b[i].fl)
          {
             dis[b[i].v]=dis[m]+b[i].co;
             pre[b[i].v]=i;
             if(!r[b[i].v])
             {
                q.push(b[i].v);
                r[b[i].v]=1;
             }
          }
     }
     return pre[hd]!=-1;
}
int bj(int x,int y)
{
     return x<y?x:y;
}
int mcmf()
{
    int cost=0;
    while(spfa())
    {
       int mi=0x7fffffff;
       for(int i=pre[hd];i!=-1;i=pre[b[i^1].v])
         mi=bj(mi,b[i].w-b[i].fl);
       for(int i=pre[hd];i!=-1;i=pre[b[i^1].v])
       {
          b[i].fl+=mi;
          b[i^1].fl-=mi;
          cost+=mi*b[i].co;
       }
    }
    return cost;
}
int main()
{
    init();
    printf("%d",mcmf());
    return 0;
}