BZOJ_3280_小R的烦恼_最小费用最大流

Description

小R最近遇上了大麻烦，他的程序设计挂科了。于是他只好找程设老师求情。善良的程设老师答应不挂他，但是要

求小R帮助他一起解决一个难题。问题是这样的，程设老师最近要进行一项邪恶的实验来证明P=NP，这个实验一共

持续n天，第i天需要a[i]个研究生来给他搬砖。研究生毕竟也是人，所以雇佣研究生是需要钱的，机智的程设老师

已经联系好了m所大学，第j所大学共有l[j]个研究生，同时雇佣这所大学的一个研究生需要p[j]元钱。本来程设老

师满心欢喜的以为，这样捡最便宜的max{a[i]}个研究生雇来，就可以完成实验；结果没想到，由于他要求硕士生

们每天工作25个小时不许吃饭睡觉上厕所喝水说话咳嗽打喷嚏呼吸空气，因此一天下来给他搬砖的所有研究生都会

进入濒死状态。濒死状态的研究生，毫无疑问，就不能再进行工作了。但是机智的老师早早联系好了k家医院，第i

家医院医治一个濒死的研究生需要d[i]天,并且需要q[i]元钱。现在，程设老师想要知道，最少花多少钱，能够在

这n天中满足每天的需要呢？若无法满足，则请输出”impossible”。注意，由于程设老师良心大大的坏，所以他

是可以不把濒死的研究生送去医院的！。

Input

本题包含多组数据；第一行是一个数T(T<=11)，表示数据组数，以下T组数据。

对于每一组数据，第一行三个数，n,m,k;

以下一行n个数，表示a[1]…a[n]

接着一行2m个数，表示l[1],p[1]…l[n],p[n]

接着一行2k个数，表示d[1],q[1]…d[n],q[n]

n,m,k<=50,其余数均小于等于100.

Output

对于每组数据以样例的格式输出一行，两个数分别表示第几组数据和最少钱数。

Sample Input

2
3 2 1
10 20 30
40 90 15 100
1 5
3 2 1
10 20 30
40 90 15 100
2 5

Sample Output

Case 1: 4650
Case 2: impossible
样例解释：
买下90块钱的那40个研究生，另外再买10个100块钱的。这样，第一天用完的10个人全部送到医院，那么他们在第
三天可以继续使用；同时，第二天和第三天都用新的研究生来弥补，这样一共需要花费40*90 + 10*100 + 5*10 =
4650元。

类似餐巾计划问题，将人拆成两个点(i,i')分别表示活的和死的。

对学校有S->1(l[j],p[j])。对于第i天剩下的：S->i'(a[i],0)。

i->i+1(inf,0) i'-i'+1(inf,0) 医院：i'->i+d[i](inf,q[i]) 流出去：i->T(a[i],0)。

代码：

#include <cstdio>

#include <string.h>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 1050

#define M 1000050

#define S (n+n+1)

#define T (n+n+2)

#define inf 1<<30

int head[N],to[M],nxt[M],val[M],flow[M],cnt,n,m,K,a_[N],l_[N],p_[N],d_[N],q_[N];

int Q[N],l,r,dis[N],inq[N],path[N],sum,TTT;

inline void add(int u,int v,int f,int c) {

    to[++cnt]=v; nxt[cnt]=head[u]; head[u]=cnt; flow[cnt]=f; val[cnt]=c;

    to[++cnt]=u; nxt[cnt]=head[v]; head[v]=cnt; flow[cnt]=0; val[cnt]=-c;

}

bool spfa() {

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

    memset(path,0,sizeof(path));

    l=r=0; Q[r++]=S; dis[S]=0; inq[S]=1;

    while(l!=r) {

        int x=Q[l++],i;inq[x]=0; if(l==T) l=0;

        for(i=head[x];i;i=nxt[i]) {

            if(dis[to[i]]>dis[x]+val[i]&&flow[i]) {

                dis[to[i]]=dis[x]+val[i];

                path[to[i]]=i^1;

                if(!inq[to[i]]) {

                    inq[to[i]]=1; Q[r++]=to[i];

                    if(r==T) r=0;

                }

            }

        }

    }

    return path[T];

}

void mcmf() {

    TTT++;

    int maxf=0,minc=0;

    while(spfa()) {

        int i,nf=1<<30;

        for(i=T;i!=S;i=to[path[i]]) {

            nf=min(nf,flow[path[i]^1]);

        }

        maxf+=nf;

        for(i=T;i!=S;i=to[path[i]]) {

            minc+=nf*val[path[i]^1];

            flow[path[i]]+=nf;

            flow[path[i]^1]-=nf;

        }

    }

    // printf("%d %d %d\n",maxf,minc,sum);

    if(maxf<sum) {

        printf("Case %d: impossible\n",TTT);

    }else {

        printf("Case %d: %d\n",TTT,minc);

    }

}

void solve() {

    memset(head,0,sizeof(head)); cnt=1; sum=0;

    int i,j;

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

    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a_[i]),add(i,T,a_[i],0),sum+=a_[i],add(S,i+n,a_[i],0);

    for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&l_[i],&p_[i]),add(S,1,l_[i],p_[i]);

    for(i=1;i<=K;i++) scanf("%d%d",&d_[i],&q_[i]);

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

        if(i!=n) add(i,i+1,inf,0),add(i+n,i+n+1,inf,0);

        for(j=1;j<=K;j++) {

            if(i+d_[j]+1<=n) add(i+n,i+d_[j]+1,inf,q_[j]);

        }

    }

    mcmf();

}

int main() {

    int cs;

    scanf("%d",&cs);

    while(cs--) {

        solve();

    }

}

巴特西