洛谷 [P251] 餐巾计划问题

有上下界的最小费用最大流

可以联想到供求平衡问题,所以我们要拆点做这道题

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。

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，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Xi与Yi之间还需要连一条容量为ri的边,但是这条边必须满流,所以我们要用有上下界最大流的思想,将这条边拆开,并接入源汇.

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。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <queue>

#define inf 0x6f6f6f6f6f6f6f6f

using namespace std;

const int MAXN=6000,MAXM=2000005;

long long mincost,head[MAXN],dis[MAXN],n,s,t,nume,c1,c2,c3,d1,d2,pre[MAXN],delta[MAXN];

struct edge{

	long long to,nxt,cap,flow;

	long long cost;

}e[MAXM];

void adde(long long from,long long to,long long cap,long long cost){

	e[++nume].to=to;

	e[nume].cap=cap;

	e[nume].cost=cost;

	e[nume].nxt=head[from];

	head[from]=nume;

}

queue<int>q;

bool f[MAXN];

bool SPFA(){

	memset(dis,0x6f,sizeof(dis));

//	memset(f,0,sizeof(f));

//	memset(pre,0,sizeof(pre));

//	while(!q.empty()) q.pop();

	q.push(s);dis[s]=0;f[s]=1;delta[s]=inf;pre[s]=0;

	while(!q.empty()){

		int u=q.front();q.pop();f[u]=0;

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

			int v=e[i].to;

			if(dis[v]>dis[u]+e[i].cost&&e[i].flow<e[i].cap){

				dis[v]=dis[u]+e[i].cost;

				delta[v]=min(delta[u],e[i].cap-e[i].flow);

				pre[v]=i;

				if(!f[v]) f[v]=1,q.push(v);

			}

		}

	}

	return dis[t]!=inf;

}

void MCMF(){

	while(SPFA()){

		for(int i=pre[t];i;i=pre[e[((i-1)^1)+1].to]){

			e[i].flow+=delta[t];

			e[((i-1)^1)+1].flow-=delta[t];

			mincost+=delta[t]*e[i].cost;

		}

	}

}

int main(){

	cin>>n>>c1>>d1>>c2>>d2>>c3;

	s=0;t=n*2+1;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		long long kkk=0;

		cin>>kkk;

		adde(i,t,kkk,0);adde(t,i,0,0);

		adde(s,i+n,kkk,0);adde(i+n,s,0,0);

		if(i+d1<=n){

			adde(i+n,i+d1,inf,c2);adde(i+d1,i+n,0,-c2);

		}

		if(i+d2<=n){

			adde(i+n,i+d2,inf,c3);adde(i+d2,i+n,0,-c3);

		}

		if(i<n){

			//adde(i,i+1,kkk,0);adde(i+1,i,0,0);

			adde(i+n,i+n+1,inf,0);adde(i+n+1,i+n,0,0);

		}

		adde(s,i,inf,c1);adde(i,s,0,-c1);

	}

	MCMF();

	cout<<mincost<<endl;

	return 0;

}

巴特西

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