Bzoj3876 [Ahoi2014]支线剧情
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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
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
图论 网络流 有下界的费用流
我们愉快地发现这是一个DAG,那么就可以愉快地跑网络流。
每个支线剧情(即每条边)都需要经过至少一次,要求总代价最小,可以用带下界的最小费用流解决。
从1以外的每个点向点1连边(对应“重开游戏”操作),正好可以把原图转化成一个无源汇图。
具体连边方法:
虚拟源汇S和T。
对于每条边 u -> v:
从S向v连边,容量为1,费用为dis(u,v),限制至少走一次
从u向v连边,容量为INF,费用为dis(u,v),表示可以走多次
对于每个点u
若u!=1,从u向1连边,容量为INF,费用为0
从u向T连边,容量为u的出度,费用为0
(思考一下可以发现这和有上下界的最大流的拆边方法相同)
然而跑出来特别慢,7s才过,不知道status里那些几十ms的怎么做到的
1 /*by SilverN*/ 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstdio> 5 #include<cmath> 6 #include<cstring> 7 #include<queue> 8 using namespace std; 9 const int INF=0x3f3f3f3f; 10 const int mxn=100010; 11 int read(){ 12 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 13 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();} 14 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();} 15 return x*f; 16 } 17 struct edge{ 18 int u,v,nxt,f,w; 19 }e[mxn]; 20 int hd[650],mct=1; 21 inline void add_edge(int u,int v,int f,int w){ 22 e[++mct].v=v;e[mct].u=u;e[mct].nxt=hd[u];e[mct].f=f;e[mct].w=w;hd[u]=mct;return; 23 } 24 inline void insert(int u,int v,int f,int w){ 25 add_edge(u,v,f,w);add_edge(v,u,0,-w); 26 } 27 // 28 int n,m,K,S,T; 29 int dis[320],pre[320]; 30 bool inq[320]; 31 queue<int>q; 32 bool SPFA(){ 33 memset(dis,0x3f,sizeof dis); 34 q.push(S);dis[S]=0; 35 while(!q.empty()){ 36 int u=q.front();q.pop();inq[u]=0; 37 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){ 38 int v=e[i].v; 39 if(e[i].f && dis[v]>dis[u]+e[i].w){ 40 dis[v]=dis[u]+e[i].w; 41 pre[v]=i; 42 if(!inq[v]){inq[v]=1;q.push(v);} 43 } 44 } 45 } 46 return dis[T]<INF; 47 } 48 int MCF(){ 49 int ans=0; 50 while(SPFA()){ 51 int tmp=INF; 52 for(int i=pre[T];i;i=pre[e[i].u])tmp=min(tmp,e[i].f); 53 ans+=tmp*dis[T]; 54 for(int i=pre[T];i;i=pre[e[i].u])e[i].f-=tmp,e[i^1].f+=tmp; 55 } 56 return ans; 57 } 58 int main(){ 59 // freopen("in.txt","r",stdin); 60 int i,j; 61 n=read(); 62 S=0;T=n+1; 63 int a,u,v,w; 64 for(i=1;i<=n;i++){ 65 a=read(); 66 for(j=1;j<=a;j++){ 67 v=read();w=read(); 68 insert(S,v,1,w); 69 insert(i,v,INF,w); 70 } 71 if(i!=1){insert(i,1,INF,0);} 72 insert(i,T,a,0); 73 } 74 int ans=MCF(); 75 printf("%d\n",ans); 76 return 0; 77 }
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