2187. 星际转移问题（最大流，最大流判定，分层图）

文章描述了一个紧急情况下地球居民需要尽快转移到月球的问题，通过建立时空图模型，利用网络流算法求解在有限太空船容量和停靠站限制下的最短转移时间。作者提到不能使用二分法，而是通过枚举天数逐层构建图并进行最大流计算。

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由于人类对自然资源的消耗，人们意识到大约在 2300 年之后，地球就不能再居住了。

于是在月球上建立了新的绿地，以便在需要时移民。

令人意想不到的是，2177 年冬由于未知的原因，地球环境发生了连锁崩溃，人类必须在最短的时间内迁往月球。

现有 n 个太空站（编号 1∼n）位于地球与月球之间，且有 m 艘公共交通太空船在其间来回穿梭。

每个太空站可容纳无限多的人，而每艘太空船 i 只可容纳 H[i] 个人。

每艘太空船将周期性地停靠一系列的太空站，例如：(1，3，4) 表示该太空船将周期性地停靠太空站 134134134…。

每一艘太空船从一个太空站驶往任一太空站耗时均为 1。

人们只能在太空船停靠太空站(或月球、地球)时上、下船。

初始时所有人全在地球上，太空船全在初始站，即行驶周期中的第一个站。

试设计一个算法，找出让所有人尽快地全部转移到月球上的运输方案。

输入格式

第 1 行有 3 个正整数 n（太空站个数），m（太空船个数）和 k（需要运送的地球上的人的个数）。

接下来的 m 行给出太空船的信息。第 i+1 行说明太空船 pi。第 1 个数表示 pi 可容纳的人数 H[pi]；第 2 个数表示 pi 一个周期停靠的太空站个数 r；随后 r 个数是停靠的太空站的编号 (Si1,Si2,…,Sir)，地球用 0 表示，月球用 −1 表示。

时刻 00 时，所有太空船都在初始站，然后开始运行。

在时刻 1，2，3… 等正点时刻各艘太空船停靠相应的太空站。

人只有在 0,1,2… 等正点时刻才能上下太空船。

输出格式

输出让所有人尽快地全部转移到月球上的最短用时。

如果无解，则输出 0。

数据范围

1≤n≤13,
1≤m≤20,
1≤k≤50,
1≤r≤n+2,

输入样例：

2 2 1
1 3 0 1 2
1 3 1 2 -1

输出样例：

解析：

这道题可以枚举天数，建立分成图，每一天就是一层。

这道题不能使用二分，因为建立分层图是根据天数来建的，二分的话天数会波动；而如果枚举天数的话由于每次天数增加 1 ，因此图每次多一层，而且最大流算法可以在之前的残留网络的基础上运算，所以直接在上一次的残留网络上加一层即可。因此枚举天数能使算法更简洁，高效。

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<math.h>
#include<map>
#include<sstream>
#include<deque>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1101 * 50 + 10, M = (N + 1100 + 20 * 1101) + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, k, S, T;
int h[N], e[M], f[M], ne[M], idx;
int q[N], d[N], cur[N];
struct Ship {
	int h, r, id[30];
}ship[30];
int p[30];

int find(int x) {
	if (p[x] == x)return x;
	return p[x] = find(p[x]);
}

int get(int x, int day) {
	return day * (n + 2) + x;
}

void add(int a, int b, int c) {
	e[idx] = b, f[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
	e[idx] = a, f[idx] = 0, ne[idx] = h[b], h[b] = idx++;
}

bool bfs() {
	int hh = 0, tt = 0;
	memset(d, -1, sizeof d);
	q[0] = S, d[S] = 0, cur[S] = h[S];
	while (hh <= tt) {
		int t = q[hh++];
		for (int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]) {
			int j = e[i];
			if (d[j] == -1 && f[i]) {
				d[j] = d[t] + 1;
				cur[j] = h[j];
				if (j == T)return 1;
				q[++tt] = j;
			}
		}
	}
	return 0;
}

int find(int u, int limit) {
	if (u == T)return limit;
	int flow = 0;
	for (int i = cur[u]; i != -1 && flow < limit; i = ne[i]) {
		int j = e[i];
		cur[u] = i;
		if (d[j] == d[u] + 1 && f[i]) {
			int t = find(j, min(f[i], limit - flow));
			if (!t)d[j] = -1;
			f[i] -= t, f[i ^ 1] += t, flow += t;
		}
	}
	return flow;
}

int dinic() {
	int ret = 0, flow;
	while (bfs())while (flow = find(S, INF))ret += flow;
	return ret;
}

int main() {
	cin >> n >> m >> k;
	memset(h, -1, sizeof h);
	S = N - 2, T = N - 1;
	for (int i = 0; i < 30; i++)p[i] = i;
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		scanf("%d%d", &ship[i].h, &ship[i].r);
		for (int j = 0; j < ship[i].r; j++) {
			int id;
			scanf("%d", &id);
			if (id == -1)id = n + 1;
			ship[i].id[j] = id;
			if (j) {
				int x = ship[i].id[j - 1];
				p[find(x)] = find(id);
			}
		}
	}
	if (find(0) != find(n + 1))cout << 0 << endl;
	else {
		int day = 1, ret = 0;
		add(S, get(0, 0), k);
		add(get(n + 1, 0), T, INF);
		while (1) {
			add(get(n + 1, day), T, INF);
			for (int i = 0; i <= n + 1; i++) {
				add(get(i, day - 1), get(i, day), INF);
			}
			for (int i = 0; i < m; i++) {
				int r = ship[i].r;
				int a = ship[i].id[(day - 1) % r], b = ship[i].id[(day) % r];
				add(get(a, day - 1), get(b, day ), ship[i].h);
			}
			ret += dinic();
			if (ret >= k)break;
			day++;
		}
		cout << day << endl;
	}
	return 0;
}