洛谷P1251 餐巾（网络流）

1|0P1251 餐巾

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1|1最新讨论

• 为什么我全部10个测试点都对…

1|2题目描述

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

1|3输入输出格式

输入格式：

 

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。

 

输出格式：

 

输出文件共1行为最小的费用。

 

1|4输入输出样例

输入样例#1：

3
3 2 4
10 1 6 2 3

输出样例#1：

64

1|5说明

N<=2000

ri<=10000000

p,f,s<=10000

时限4s

坑题，老师们都开始出网络流的题了。（不是说noip不考吗？）

 

本题数据范围较大，建议不会网络流的童鞋先放一放。或者做一下下面数据范围小的。

n<=200,Ri<=50 这个范围的话，暴力加剪枝

评测地址：http://cojs.tk/cogs/problem/problem.php?pid=461

小数据范围AC代码及思路（我同学的，自己懒得再敲一遍了）：http://www.cnblogs.com/yanlifneg/p/5753685.html

如果你已经AC了上面数据范围较小的测试，相信自己一样可以AC N<=2000，ri<=10000000 这个范围的测试，那就往下看吧

 

题解：

在思考这个问题时，一般容易想到从洗的角度去思考，这就必然要对每天的餐巾来源进行分类穷举，当天数较长，每天需求量较大时，穷举的数量级至少为每天的餐巾数之积，程序很难在规定时间内运行出最优解。如果从买的角度去思考这个问题，则该问题就变得十分简单。在确定要买的餐巾数之后，显然这些餐巾购买得越早，被反复利用的可能就越大。也就是说，这些餐巾必须在最早的几天中购买，余下的缺口用洗出来的餐巾来填补，对每天用下来的餐巾，假设全部都送洗，但送洗时不确定其状态，即它们有可能被快洗，有可能被慢洗，也可能不用洗，其状态在今后被选用时再确定。在确定每天的需求时，除去买的，剩下的首先要选用慢洗为好。这种餐巾有多少应用多少，不够再选用快洗出来的餐巾。选用快洗出来的餐巾时，应选用最近的若干天中才快洗出来的餐巾，这样可以保证有更多的餐巾被慢洗出来。这就是我

们的贪心思想。

       对所要购买的餐巾数进行穷举，开始时其值为所需用餐巾数之和，当购买量太少而周转不过来时，程序结束。在确定了购买的餐巾总数后，按上述算法构造出最小费用方案，所有的最小费用方案中的最优解即为问题的解。

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上面为标程的“贪心+网络流”的思路

下面说点实在的。具体如何做。

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把每天分为二分图两个集合中的顶点Xi,Yi，建立附加源S汇T。
　　1、从S向每个Xi连一条容量为ri，费用为0的有向边。
　　2、从每个Yi向T连一条容量为ri，费用为0的有向边。
　　3、从S向每个Yi连一条容量为无穷大，费用为p的有向边。
　　4、从每个Xi向Xi+1(i+1<=N)连一条容量为无穷大，费用为0的有向边。
　　5、从每个Xi向Yi+m(i+m<=N)连一条容量为无穷大，费用为f的有向边。
　　6、从每个Xi向Yi+n(i+n<=N)连一条容量为无穷大，费用为s的有向边。

　　经过分析可以把每天要用的和用完的分离开处理，建模后就是二分图。二分图X集合中顶点Xi表示第i天用完的餐巾，其数量为ri，所以从S向Xi连接容量为ri的边作为限制。Y集合中每个点Yi则是第i天需要的餐巾，数量为ri，与T连接的边容量作为限制。每天用完的餐巾可以选择留到下一天（Xi->Xi+1），不需要花费，送到快洗部(Xi->Yi+m)，费用为f，送到慢洗部(Xi->Yi+n)，费用为s。每天需要的餐巾除了刚刚洗好的餐巾，还可能是新购买的(S->Yi)，费用为p。

 

ps：写代码的时候，注意时间复杂度，遍历不好会TLE的。我懒，就懒得写读入优化了。

 

AC代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=(1LL<<62);
const int N=4005;
int src,dest;
int T,head[N],a[N];
ll dis[N],flow[N];
bool vis[N];
struct node{
    int to;
    ll cap,cost;
    int nxt;
}edge[N<<5];
void add(int s,int t,ll c,ll cost){
    edge[T]=(node){t,c,cost,head[s]};
    head[s]=T++;
    edge[T]=(node){s,0,-cost,head[t]};
    head[t]=T++;
}
int que[N<<5],pre[N],fa_edge[N];
bool spfa(){
    for(int i=0;i<=dest;i++) vis[i]=0,dis[i]=inf;
    vis[src]=1;dis[src]=0;
    flow[src]=inf;
    int h=0,t=0;
    que[t++]=src;
    while(h<t){
        int k=que[h++];
        vis[k]=0;
        for(int i=head[k];~i;i=edge[i].nxt){
            int y=edge[i].to;
            if(edge[i].cap&&dis[y]>dis[k]+edge[i].cost){
                dis[y]=dis[k]+edge[i].cost;
                pre[y]=k;
                fa_edge[y]=i;
                flow[y]=min(flow[k],edge[i].cap);
                if(!vis[y]){
                    vis[y]=1;
                    que[t++]=y;
                }
            }
        }
    }
    return (dis[dest]!=inf);
}
ll min_cost(){
    ll ans=0;
    int x;
    while(spfa()){
        ans+=dis[dest]*flow[dest];
        x=dest;
        while(x!=src){
            edge[fa_edge[x]].cap-=flow[dest];
            edge[fa_edge[x]^1].cap+=flow[dest];
            x=pre[x];
        }
    }
    return ans;
}
int main(){
    int t,p,m,f,n,s;
    scanf("%d",&t);
    for(int i=1;i<=t;i++) scanf("%d",&a[i]);
    dest=t<<1|1;src=0;
    scanf("%d%d%d%d%d",&p,&m,&f,&n,&s);
    memset(head,-1,sizeof head);
    for(int i=1;i<=t;i++){
        add(src,i,a[i],p);
        add(i,dest,a[i],0);
        add(src,i+t,a[i],0);
        if(i+m<=t) add(i+t,i+m,inf,f);
        if(i+n<=t) add(i+t,i+n,inf,s);
        if(i!=t) add(i+t,i+t+1,inf,0);
    }
    cout<<min_cost()<<endl;
    return 0;
}

 

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本文作者：shenben
本文链接：https://www.cnblogs.com/shenben/p/5753289.html
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