【zkw费用流】[网络流24题]餐巾计划问题

最新推荐文章于 2025-09-07 20:32:33 发布

weixin_30340775

最新推荐文章于 2025-09-07 20:32:33 发布

阅读量70

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：数据结构与算法

原文链接：http://www.cnblogs.com/rir1715/p/8024648.html

本文介绍了一个关于餐巾供应的问题，该问题通过构建费用流网络模型解决。餐厅需要满足连续N天的餐巾需求，通过购买新餐巾、快速洗涤和慢速洗涤三种方式来满足每日需求，目标是最小化总成本。文章提供了详细的模型构建思路及费用流算法实现。

题目描述

一个餐厅在相继的N天里，第i天需要Ri块餐巾(i=l，2，…，N)。餐厅可以从三种途径获得餐巾。

(1)购买新的餐巾，每块需p分；

(2)把用过的餐巾送到快洗部，洗一块需m天，费用需f分(f<p)。如m=l时，第一天送到快洗部的餐巾第二天就可以使用了，送慢洗的情况也如此。

(3)把餐巾送到慢洗部，洗一块需n天(n>m)，费用需s分(s<f)。

在每天结束时，餐厅必须决定多少块用过的餐巾送到快洗部，多少块送慢洗部。在每天开始时，餐厅必须决定是否购买新餐巾及多少，使洗好的和新购的餐巾之和满足当天的需求量Ri，并使N天总的费用最小

输入输出格式

输入格式：

输入文件共3行，第1行为总天数；第2行为每天所需的餐巾块数；第3行为每块餐巾的新购费用p，快洗所需天数m，快洗所需费用f，慢洗所需天数n，慢洗所需费用s。

输出格式：

输出文件共1行为最小的费用。

输入输出样例

输入样例#1：

3
3 2 4
10 1 6 2 3

输出样例#1：

题解

这题的建模真的不好想。。。

首先对于所有天数拆点，拆成X集合和Y集合

其中Xi表示第i天用完的餐巾，Yi表示第i天需要的餐巾

　　从s到每个Xi连一条流量为Ri，花费为0的边，从每个Yi到t也连一条流量为Ri，花费为0的边

　　从Xi到Xi+1连一条流量为inf，花费为0的边，表示Xi天多出没用的可以直接给Xi+1天

　　从Xi到Yi+fast_time连一条流量为inf，花费为fast_cost的边，表示快洗

　　从Xi到Yi+slow_time连一条流量为inf，花费为slow_cost的边，表示慢洗

之后跑zkw费用流就行

%%%zkw

代码

//by 减维
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<map>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define maxn 4005
#define inf 1<<30
using namespace std;

struct edge{
    int to,ne,cap,val;
}e[maxn<<4];

int n,s,t,ft,fc,st,sc,cost,ecnt=1,head[maxn],dis[maxn];
ll ans;
bool pd[maxn],vis[maxn];
deque<int>q;

void add(int x,int y,int z,int k){++ecnt;e[ecnt]=(edge){y,head[x],z,k};head[x]=ecnt;}
void addd(int x,int y,int z,int k){add(x,y,z,k);add(y,x,0,-k);}

bool bfs()
{
    memset(pd,0,sizeof(pd));
    for(int i=0;i<=t;++i)dis[i]=inf;
    pd[t]=1;dis[t]=0;q.push_back(t);
    while(!q.empty())
    {
        int d=q.front();q.pop_front();
        pd[d]=0;
        for(int i=head[d];i;i=e[i].ne)
        {
            int dd=e[i].to;
            if(e[i^1].cap&&dis[dd]>dis[d]-e[i].val)
            {
                dis[dd]=dis[d]-e[i].val;
                if(!pd[dd]){
                    pd[dd]=1;
                    if(q.empty()||dis[dd]>dis[q.front()])q.push_back(dd);
                    else q.push_front(dd);
                }
            }
        }
    }
    return dis[s]<inf;
}

int dfs(int x,int cap)
{
    vis[x]=1;
    if(x==t||cap==0)return cap;
    int tmp,ret=0;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].ne)
    {
        int dd=e[i].to;
        if((!vis[dd])&&e[i].cap&&dis[dd]==dis[x]-e[i].val)
        {
            tmp=dfs(dd,min(e[i].cap,cap));
            cap-=tmp;ret+=tmp;
            e[i].cap-=tmp;e[i^1].cap+=tmp;
        }
    }
    return ret;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    s=0,t=2*n+2;
    for(int i=1,x;i<=n;++i)
    {
        scanf("%d",&x);
        addd(0,i,x,0);
        addd(i+n,t,x,0);
    }
    scanf("%d%d%d%d%d",&cost,&ft,&fc,&st,&sc);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(i+1<=n)addd(i,i+1,inf,0);
        if(i+ft<=n)addd(i,i+n+ft,inf,fc);
        if(i+st<=n)addd(i,i+n+st,inf,sc);
        addd(0,i+n,inf,cost);
    }
    while(bfs())
    {
        vis[t]=1;
        while(vis[t])
        {
            memset(vis,0,sizeof(vis));
            int tmp=dfs(s,inf);
            ans+=(ll)tmp*dis[s];
        }
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}