[luoguP1251] 餐巾计划问题（费用流）

Posted 2020-09-21 蒟蒻zht的博客

传送门

 

模型

网络优化问题，用最小费用最大流解决。

 

实现

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。

求网络最小费用最大流，费用流值就是要求的最小总花费。

 

分析

这个问题的主要约束条件是每天的餐巾够用，而餐巾的来源可能是最新购买，也可能是前几天送洗，今天刚刚洗好的餐巾。每天用完的餐巾可以选择送到快洗部或慢洗部，或者留到下一天再处

理。

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。

在网络上求出的最小费用最大流，满足了问题的约束条件（因为在这个图上最大流一定可以使与T连接的边全部满流，其他边只要有可行流就满足条件），而且还可以保证总费用最小，就是我们

的优化目标。

 

还是得好好理解这个建图。

然而这个代码在洛谷上超时了，不会zkw费用流QAQ

 

——代码

 1 #include <queue>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 #include <iostream>
 5 #define N 4010
 6 #define M 100005
 7 #define INF ~(1 << 31) 
 8 #define min(x, y) ((x) < (y) ? (x) : (y))
 9 
10 int a, p, m, f, n, g, s, t, cnt;
11 int head[N], to[M], val[M], cost[M], next[M], dis[N], pre[N];
12 bool vis[N];
13 long long sum;
14 
15 inline int read()
16 {
17     int x = 0, f = 1;
18     char ch = getchar();
19     for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == ‘-‘) f = -1;
20     for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - ‘0‘;
21     return x * f;
22 }
23 
24 inline void add(int x, int y, int z, int c)
25 {
26     to[cnt] = y;
27     val[cnt] = z;
28     cost[cnt] = c;
29     next[cnt] = head[x];
30     head[x] = cnt++;
31 }
32 
33 inline bool spfa()
34 {
35     int i, u, v;
36     std::queue <int> q;
37     memset(vis, 0, sizeof(vis));
38     memset(pre, -1, sizeof(pre));
39     memset(dis, 127 / 3, sizeof(dis));
40     q.push(s);
41     dis[s] = 0;
42     while(!q.empty())
43     {
44         u = q.front(), q.pop();
45         vis[u] = 0;
46         for(i = head[u]; i ^ -1; i = next[i])
47         {
48             v = to[i];
49             if(val[i] && dis[v] > dis[u] + cost[i])
50             {
51                 dis[v] = dis[u] + cost[i];
52                 pre[v] = i;
53                 if(!vis[v])
54                 {
55                     q.push(v);
56                     vis[v] = 1;
57                 }
58             }
59         }
60     }
61     return pre[t] ^ -1;
62 }
63 
64 int main()
65 {
66     int i, x, d;
67     a = read();
68     s = 0, t = (a << 1) + 1;
69     memset(head, -1, sizeof(head));
70     for(i = 1; i <= a; i++)
71     {
72         x = read();
73         add(s, i, x, 0), add(i, s, 0, 0);
74         add(i + a, t, x, 0), add(t, i + a, 0, 0);
75     }
76     p = read();
77     m = read();
78     f = read();
79     n = read();
80     g = read();
81     for(i = a + 1; i <= a + a; i++) add(s, i, INF, p), add(i, s, 0, -p);
82     for(i = 1; i < a; i++) add(i, i + 1, INF, 0), add(i + 1, i, 0, 0);
83     for(i = 1; i <= a - m; i++) add(i, i + a + m, INF, f), add(i + a + m, i, 0, -f);
84     for(i = 1; i <= a - n; i++) add(i, i + a + n, INF, g), add(i + a + n, i, 0, -g);
85     while(spfa())
86     {
87         d = 1e9;
88         for(i = pre[t]; i ^ -1; i = pre[to[i ^ 1]]) d = min(d, val[i]);
89         for(i = pre[t]; i ^ -1; i = pre[to[i ^ 1]])
90         {
91             val[i] -= d;
92             val[i ^ 1] += d;
93         }
94         sum += (long long)dis[t] * d;
95     }
96     printf("%lld\n", sum);
97     return 0;
98 }

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