bzoj3876 [Ahoi2014&Jsoi2014]支线剧情

Posted 2020-10-28 zbtrs

3876: [Ahoi2014&Jsoi2014]支线剧情

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 2180  Solved: 1300
[Submit][Status][Discuss]

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

Source

Round2 By 佚名上传

分析：很容易看出这是一个有源汇的有上下界的最小费用最大流问题.

　　　先建出原图：源点S向一号点连边，容量为inf,费用为0.  每个点向它能到达的点连边，容量为[1,inf],费用为题目给定的费用. 每个点向汇点T连边，容量为inf,费用为0.

　　　建出原图后就好办了，直接套用模板即可.

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 100010,inf = 0x7fffffff;
int n,S,T,SS,TT,du[maxn],pos[310][310],ans,head[maxn],to[maxn],nextt[maxn],w[maxn],cost[maxn],tot = 2;
int d[maxn],vis[maxn],vis2[maxn];

void add(int x,int y,int z,int p)
{
    cost[tot] = p;
    w[tot] = z;
    to[tot] = y;
    nextt[tot] = head[x];
    head[x] = tot++;

    cost[tot] = -p;
    w[tot] = 0;
    to[tot] = x;
    nextt[tot] = head[y];
    head[y] = tot++;
}

bool spfa()
{
    for (int i = 1; i <= TT; i++)
        d[i] = inf;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(vis2,0,sizeof(vis2));
    d[SS] = 0;
    vis[SS] = 0;
    queue <int> q;
    q.push(SS);
    while (!q.empty())
    {
        int u = q.front();
        q.pop();
        vis[u] = 0;
        for (int i = head[u];i;i = nextt[i])
        {
            int v = to[i];
            if (w[i] && d[v] > d[u] + cost[i])
            {
                d[v] = d[u] + cost[i];
                if (!vis[v])
                {
                    vis[v] = 1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    return d[TT] < inf;
}

int dfs(int u,int f)
{
    if (u == TT)
    {
        ans += d[u] * f;
        return f;
    }
    int res = 0;
    vis2[u] = 1;
    for (int i = head[u];i;i = nextt[i])
    {
        int v = to[i];
        if (w[i] && !vis2[v] && d[v] == d[u] + cost[i])
        {
            int temp = dfs(v,min(f - res,w[i]));
            w[i] -= temp;
            w[i ^ 1] += temp;
            res += temp;
            if (res == f)
                return res;
        }
    }
    return res;
}

void dinic()
{
    while (spfa())
        dfs(SS,inf);
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    S = n + 1;
    T = S + 1;
    SS = T + 1;
    TT = SS + 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int num;
        scanf("%d",&num);
        for (int j = 1; j <= num; j++)
        {
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            ans += y;
            add(i,x,inf,y);
            pos[i][x] = tot - 1;
            du[i]--;
            du[x]++;
        }
        add(i,T,inf,0);
    }
    add(S,1,inf,0);
    add(T,S,inf,0);
    for (int i = 1; i <= T; i++)
    {
        if (du[i] > 0)
            add(SS,i,du[i],0);
        if (du[i] < 0)
            add(i,TT,-du[i],0);
    }
    dinic();
    printf("%d\n",ans);

    return 0;
}