2184. 餐巾计划问题

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2184. 餐巾计划问题

一个餐厅在相继的 $N$ 天里，每天需用的餐巾数不尽相同。

假设第 $i$ 天需要 $r_i$ 块餐巾 $(i=1,2,…,N)$。

餐厅可以购买新的餐巾，每块餐巾的费用为 $p$ 分；或者把旧餐巾送到快洗部，洗一块需 $m$ 天，其费用为 $f$ 分；或者送到慢洗部，洗一块需 $n$ 天，其费用为 $s$ 分。

餐厅每天使用的餐巾必须是今天刚购买的，或者是今天刚洗好的，且必须恰好提供 $r\_i$ 块毛巾，不能多也不能少。

每天结束时，餐厅必须决定将多少块脏的餐巾送到快洗部，多少块餐巾送到慢洗部，以及多少块保存起来延期送洗。

但是每天洗好的餐巾和购买的新餐巾数之和，要满足当天的需求量。

试设计一个算法为餐厅合理地安排好 $N$ 天中餐巾使用计划，使总的花费最小。

输入格式

第 $1$ 行有 $6$ 个正整数 $N,p,m,f,n,s$。$N$ 是要安排餐巾使用计划的天数；$p$ 是每块新餐巾的费用；$m$ 是快洗部洗一块餐巾需用天数；$f$ 是快洗部洗一块餐巾需要的费用；$n$ 是慢洗部洗一块餐巾需用天数；$s$ 是慢洗部洗一块餐巾需要的费用。

接下来的 $N$ 行是餐厅在相继的 $N$ 天里，每天需用的餐巾数。

输出格式

输出餐厅在相继的 $N$ 天里使用餐巾的最小总花费。

数据范围

$1 \le N \le 800$,
$1 \le s < f < p \le 50$,
$1 \le m \le n \le 20$,
每天需用的餐巾数不超过 $1000$。

输入样例：

3 10 2 3 3 2
5
6
7

输出样例：

145

解题思路

费用流，拆点

建图：本题拆点比较特殊，由于某天有新旧餐巾的区分，且统计当天新餐巾数量时不能算上上次的旧餐巾数量，故可以将当天餐巾拆分为旧餐巾和新餐巾两部分，旧餐巾的来源只有一种，即当天的新餐巾，其去向有三种：流向下一天，通过慢洗店流向某一天，通过快洗店流向某一天。对于新餐巾，其来源有三种：买的新餐巾，通过前面的慢洗店流来的，通过前面的快洗店流来的。其流出即变成旧餐巾。即可以据此建立流网络，建立源点 $s$ 和汇点 $t$，$s$ 向所有的旧餐巾连边，容量为当天的需求量，费用为 $0$，向所有的新餐巾连边，容量足够大，费用为餐巾的单价，旧餐巾向下一天的旧餐巾连边，容量足够大，费用为 $0$，同时相对应的天的新餐巾连边，容量足够大，费用为对应的单价，新餐巾向 $t$ 连边，容量为当天需求量，费用为 $0$，由于 $s$ 到所有新餐巾表示的点容量可以足够大，故所有新餐巾表示的点到 $t$ 的流量都满流，故最小费用最大流即为所求

• 时间复杂度：$O(knf)$

代码

// Problem: 餐巾计划问题
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2186/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1605,M=10005,inf=1e9;
int n,p,d1,f1,d2,f2,S,T;
int h[N],f[M],w[M],ne[M],e[M],idx;
int d[N],incf[N],q[N],pre[N];
bool st[N];
void add(int a,int b,int c,int d)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,w[idx]=d,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,w[idx]=-d,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
	
}
bool spfa()
{
	memset(d,0x3f,sizeof d);
	memset(incf,0,sizeof incf);
	d[S]=0,q[0]=S,incf[S]=inf;
	int hh=0,tt=1;
	while(hh!=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		if(hh==N)hh=0;
		st[x]=false;
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(d[y]>d[x]+w[i]&&f[i])
			{
				d[y]=d[x]+w[i];
				pre[y]=i;
				incf[y]=min(incf[x],f[i]);
				if(!st[y])
				{
					q[tt++]=y;
					if(tt==N)tt=0;
					st[y]=true;
					
				}
			}
		}
	}
	return incf[T]>0;
}
int EK()
{
	int cost=0;
	while(spfa())
	{
		int t=incf[T];
		cost+=t*d[T];
		for(int i=T;i!=S;i=e[pre[i]^1])
			f[pre[i]]-=t,f[pre[i]^1]+=t;
	}
	return cost;
}
int main()
{
    memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&p,&d1,&f1,&d2,&f2);
    S=0,T=2*n+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	add(S,i,inf,p);
    	if(i+d1<=n)add(i+n,i+d1,inf,f1);
    	if(i+d2<=n)add(i+n,i+d2,inf,f2);
    	if(i+1<=n)add(i+n,i+1+n,inf,0);
    	int c;
    	scanf("%d",&c);
    	add(S,i+n,c,0);
    	add(i,T,c,0);
    }
    printf("%d",EK());
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16945871.html
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