[网络流24题][CTSC1999] 家园

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对于这种一个点（表面意义上的一个点，比如说一个位置）对应多种情况的（比如说随着时间的推移有着不同的状态，而且这种状态>2），我们考虑在类似于分层图上面跑网络流。

比如说这道题，周期的暴力处理显然是一件很棘手的事情，我们看到数据范围这么小，就可以想一想把每个时间点的图都建出来——

每个点对应哪一个空间站在第几个单位时间的状态，然后把地球和月球也拆成在该单位时间时的状态。

对于无解的情况，只需要并查集维护，如果不存在有从地球到月亮的路径就是无解了。有解的情况，我们依次枚举答案，在建图之后跑最大流，如果此时最大流大于需要运送的人数，那么显然就可以了。

怎么建图呢？

首先地球是起始站，源点肯定要向每个时刻的地球连边吧，容量INF。然后月球是终点，所以要向每个时刻的月球连边，容量INF。之后对于在空间站的人们就是两种情况——1、人们可以选择此时在该空间站的飞船，飞向下一个空间站（/地球/月球）。2、无法移动，所以留在此处。显然我们把时刻拆开之后，很轻易就能计算出对于每个飞船，当前时刻的位置和下一时刻的位置，直接在分层图上连边即可，容量为最大载重。因为人有可能无法移动，而且空间站的容量为无限大，所以对于每个空间站，要向下一个时刻连一条边，容量INF。

最后一点，此题与一般的网络流题问你决策最优化有所不同，是问你一个数量需要在什么情况下才小于等于最大流，注意可以用枚举答案来变成判定性问题呢（和二分的思路有点像？其实应该也可以直接二分答案，然后不断地建立新图跑看是否可行。但是因为是dinic算法啦，一个一个枚举答案然后在残图上面继续拓展就不需要建立新图了。qwqwq）

代码如下：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<vector>

#include<queue>

#include<algorithm>

#define MAXN 100010

#define MAXM 1010

#define S 0

#define T 10001

using namespace std;

int n,m,k,t=1,ans,all,sum;

int to[MAXM][MAXM],num[MAXN],cap[MAXN],head[MAXN],dis[MAXN],cur[MAXN],fa[MAXN];

vector<int>v[MAXM];

struct Edge{int nxt,to,dis;}edge[MAXN<<1];

inline void add(int from,int to,int dis)

{

    edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,edge[t].dis=dis,head[from]=t;

    edge[++t].nxt=head[to],edge[t].to=from,edge[t].dis=0,head[to]=t;

}

inline int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}

inline void uni(int x,int y)

{

    int a=find(x),b=find(y);

    if(a!=b) fa[a]=b;

}

inline bool bfs()

{

    queue<int>q;

    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));

    memcpy(cur,head,sizeof(head));

    q.push(S);dis[S]=0;

    while(!q.empty())

    {

        int u=q.front();q.pop();

        for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)

        {

            int v=edge[i].to;

            if(dis[v]==0x3f3f3f3f&&edge[i].dis)

                dis[v]=dis[u]+1,q.push(v);

        }

    }

    if(dis[T]==0x3f3f3f3f) return false;

    return true;

}

inline int dfs(int x,int f)

{

    if(!f||x==T) return f;

    int used=0,w;

    for(int i=cur[x];i;i=edge[i].nxt)

    {

        int v=edge[i].to;

        cur[x]=i;

        if(dis[v]==dis[x]+1&&(w=dfs(v,min(f,edge[i].dis))))

        {

            edge[i].dis-=w,edge[i^1].dis+=w;

            used+=w,f-=w;

            if(!f) break;

        }

    }

    return used;

}

inline int dinic()

{

    int cur_ans=0;

    while(bfs()) cur_ans+=dfs(S,2147483647);

    return cur_ans;

}

int main()

{

    #ifndef ONLINE_JUDGE

    freopen("ce.in","r",stdin);

    #endif

    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);

    for(int i=1;i<=n+2;i++) fa[i]=i;

    for(int i=1;i<=m;i++)

    {

        scanf("%d%d",&cap[i],&num[i]);

        for(int j=1;j<=num[i];j++)

        {

            int p;

            scanf("%d",&p);

            if(p==-1) p=n+2;

            else if(p==0) p=n+1;

            v[i].push_back(p);

            if(j!=1) uni(p,v[i][v[i].size()-2]);

        }

    }

    if(find(n+1)!=find(n+2)){printf("0\n");return 0;}

    all=n+2;

    add(S,all-1,2147483647);

    add(all,T,2147483647);

    for(ans=1;;ans++)

    {

        for(int i=1;i<=m;i++)

        {

            int now=v[i][ans%num[i]];

            int pre=v[i][(ans-1+num[i])%num[i]];

            add(all*(ans-1)+pre,all*ans+now,cap[i]);

        }

        add(S,all*ans+all-1,2147483647);

        add(ans*all+all,T,2147483647);

        for(int j=1;j<=n;j++)

            add((ans-1)*all+j,ans*all+j,2147483647);

        sum+=dinic();

        if(sum>=k){printf("%d\n",ans);break;}

    }

    return 0;

}

巴特西

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