[网络流24题] 餐巾

Posted 2020-06-15

　　　　　　　　　　　　　　　　　　★★★   输入文件：napkin.in   输出文件：napkin.out   简单对比
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【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 行为总天教；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

题解：

　　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。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstdlib>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cmath>
 6 #include<algorithm>
 7 #include<queue>
 8 #include<vector>
 9 using namespace std;
10 const int inf=1e9;
11 const int maxn=1000,maxm=2000000;
12 int N,R[maxn],P,K,A,M,B;
13 int S,T,maxflow,mincost;
14 struct node{
15     int to,next,rest,cost;
16 }e[maxm];
17 int head[maxn],cnt=1;
18 inline void addedge(int x,int y,int z,int c){
19     e[++cnt].to=y; e[cnt].rest=z; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt; e[cnt].cost= c;
20     e[++cnt].to=x; e[cnt].rest=0; e[cnt].next=head[y]; head[y]=cnt; e[cnt].cost=-c;
21 }
22 int dis[maxn],pre[maxn];
23 bool vis[maxn];
24 bool SPFA(){
25     static queue<int> Q;
26     for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=inf,vis[i]=false;
27     Q.push(S); dis[S]=0; vis[S]=true;
28     while(!Q.empty()){
29         int x=Q.front(); Q.pop();
30         vis[x]=false;
31         for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
32             int y=e[i].to;
33             if(e[i].rest&&dis[y]>dis[x]+e[i].cost){
34                 dis[y]=dis[x]+e[i].cost;
35                 pre[y]=i;
36                 if(vis[y]==false){
37                     vis[y]=true;
38                     Q.push(y);
39                 }
40             }
41         }
42     }
43     return dis[T]<inf;
44 }
45 void update(){
46     int flow=inf;
47     for(int i=pre[T];i;i=pre[e[i^1].to])
48         flow=min(flow,e[i].rest);
49     for(int i=pre[T];i;i=pre[e[i^1].to]){
50         e[i].rest-=flow;
51         e[i^1].rest+=flow;
52     }
53     maxflow+=flow; mincost+=flow*dis[T];
54 }
55 void MCF(){
56       maxflow=mincost=0;
57     while(SPFA()){
58         update();    
59     }
60 }
61 int main(){
62 //    freopen("napkin.in","r",stdin);
63 //    freopen("napkin.out","w",stdout);
64     scanf("%d",&N);
65     S=0; T=2*N+1;
66 
67     for(int i=1,r;i<=N;i++){
68         scanf("%d",&r); 
69         addedge(S,i,r,0); addedge(N+i,T,r,0);    
70     }
71     scanf("%d%d%d%d%d",&P,&K,&A,&M,&B);
72     for(int i=1;i<=N;i++){
73         addedge(S,N+i,inf,P);
74         if(i<N)    addedge(i,i+1,inf,0);
75         if(i+K<=N) addedge(i,i+K+N,inf,A);
76         if(i+M<=N) addedge(i,i+M+N,inf,B);
77     }
78     MCF();
79     printf("%d",mincost);
80     return 0;
81 }