[bzoj3876][AHOI2014]支线剧情-优快云博客

本文探讨了一款角色扮演游戏中的剧情点管理问题，玩家JYY希望通过最少的时间观看所有支线剧情。文章详细描述了如何构建游戏剧情图，利用费用流算法解决此问题，最终输出最少时间需求。

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3876: [Ahoi2014]支线剧情

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 256 MB
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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

2 2 1 3 2

2 4 3 5 4

2 5 5 6 6

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

首先根据题意，我们可以直接在原图上面建边，但是题目里面要求每条边都至少经过一次，所以每条边的流量还需要有一个下界。
所以这道题就变成了一道有上下界的费用流。
有上下界的费用流跟有上下界的网络流是一样的，给每条边加上费用之后直接做就行了。
安利一个有上下界网络流的blog

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define T n+2
#define D 450
#define inf 707406378
const int N=500;
const int M=100000;
bool f[N];
struct S{int st,en,va,co;}aa[M];
int n,l[N],tot=1,point[N],next[M],ids[N],pre[N],ans,dis[N];
inline void add(int x,int y,int va,int co){
    next[++tot]=point[x];point[x]=tot;
    aa[tot].st=x;aa[tot].en=y;aa[tot].va=va;aa[tot].co=co;
    next[++tot]=point[y];point[y]=tot;
    aa[tot].st=y;aa[tot].en=x;aa[tot].va=0;aa[tot].co=-co;
}
inline int SPFA(int x,int y){
    int i,u,h=0,t=1;
    memset(f,1,sizeof(f));
    memset(dis,127/3,sizeof(dis));
    l[t]=x;dis[x]=0;
    while(h!=t){
        h=h%D+1;u=l[h];f[u]=true;
        for(i=point[u];i;i=next[i])
          if(aa[i].va>0&&dis[aa[i].en]>dis[u]+aa[i].co){
            dis[aa[i].en]=dis[u]+aa[i].co;
            pre[aa[i].en]=i;
            if(f[aa[i].en]){
                f[aa[i].en]=false;
                t=t%D+1;
                l[t]=aa[i].en;
            }
          }
    }
    return dis[y];
}
inline int ISAP(int x,int y){
    int i,minn=inf;
    for(i=y;i!=x;i=aa[pre[i]].st)
      minn=min(minn,aa[pre[i]].va);
    for(i=y;i!=x;i=aa[pre[i]].st){
        aa[pre[i]].va-=minn;
        aa[pre[i]^1].va+=minn;
    }
    return minn;
}
int main(){
    int i,j,t,x,y;
    scanf("%d",&n);
    for(add(1,2,inf,0),i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d",&t);
        for(j=1;j<=t;++j){
            scanf("%d%d",&x,&y);
            ans+=y;
            add(i+1,x+1,inf,y);
            add(1,x+1,1,0);
            add(i+1,T,1,0);
        }
    }
    int minn=1;
    while(minn!=inf){
        minn=SPFA(1,T);
        if(minn!=inf) ans+=minn*ISAP(1,T);
    }
    printf("%d\n",ans);
}