[SPOJ 371] BOXES 费用流

最小费用最大流算法解决分配问题

最新推荐文章于 2018-02-04 20:50:00 发布

weixin_30530523

最新推荐文章于 2018-02-04 20:50:00 发布

阅读量110

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/Neroysq/archive/2011/10/05/2199507.html

本文介绍了一种利用最小费用最大流算法解决分配问题的方法。在一个有n个盒子围成圆圈的场景中，每个盒子初始含有一定数量的球，目标是通过一系列操作使每个盒子中的球数量不超过1个。算法通过构建费用流模型，将问题转化为求解最大流，进而计算所需的最少操作数。具体步骤包括建立源点、汇点、盒子间的边以及设置相应的费用和容量，最终通过求解最小费用最大流得到解决方案。

Pro

有n个盒子围成一个圆圈，我们把这些盒子顺时针从1到n（1 <= N <= 1000）编号。

在这些盒子里面有一些球，球的总数不大于n。

我们现在要进行若干次操作，使得每个盒子里面最多存在一个球。对于一次操作，

我们可以把一个球从它原先所在的盒子移到与它相邻的一个盒子里面。

请你编写一个程序：从输入数据中读取求得总数和每个盒子里球的具体个数，并且计

算出最少的操作数使得满足每个盒子中最多只有一个球

Solution

我们可以建立一个费用流模型解决这一道题，我们如果把每一个球当作一道流量为1的流，那么如果我们建立一个汇点表示最终在盒子中的球的数目，那么显然这两个流量是相等的，因此我们建立一个源点，向每一个盒子连边，容量为盒子中原球数目，表示这个盒子能输出的流的大小，注意这里的源点的意义仅仅在于向盒子提供流，就是赋予盒子发出流的能力，而每个盒子再向汇点连边，表示最终状态下这个盒子里的球的数目，因为题目要求最终每个盒子的球不超过1个因此容量为1，又因为盒子可以向相邻的盒子传递球，因此每个盒子与其相邻的盒子之间要连边，没有容量限制，即正无穷，这样求最大流时一定是原先球的总数，有一些流是从原盒子发出但流到其他盒子再流到汇点的，这些正是我们要求的操作次数，因此我们在对流设立费用，源点和汇点连出的边不需要统计，因此费用为0，而盒子之间的边需要统计，一道流统计一次，因此费用为1. 此时对全图求一次最小费用最大流即可了。

#include <stdio.h>
#include <memory.h>
const int nmax = 1000, oo = ~0U >> 1;
 
int n, T, s, t, tot, cf;
int fst[nmax + 18], d[nmax + 18], pre[nmax + 18], q[nmax + 18];
bool ed[nmax + 18];
 
struct typedge
{
    int pnt, nxt, cty, cst;
}e[(nmax * 8) + 18];
 
void addedge (int s, int t, int ct, int cs)
{
    e[++tot].pnt = t;
    e[tot].nxt = fst[s];
    e[tot].cty = ct;
    e[tot].cst = cs;
    fst[s] = tot;
 
    e[++tot].pnt = s;
    e[tot].nxt = fst[t];
    e[tot].cty = 0;
    e[tot].cst = -cs;
    fst[t] = tot;
}
 
bool spfa ()
{
    memset (d, 0x3F, sizeof (d));
    int tt = d[0];
    memset (q, 0, sizeof (q));
    memset (ed, 0, sizeof (ed));
    d[s] = 0;
    int now = s, nxt = s, dt;
    for (int i, pos, p; now; now = q[pos], q[pos] = 0)
	for (ed[pos = now] = false,  i = fst[pos], p = e[i].pnt; i; i = e[i].nxt, p = e[i].pnt)
	    if (e[i].cty && (dt = d[pos] + e[i].cst) < d[p])
	    {
		d[p] = dt;
		pre[p] = i;
		if (!ed[p])
		{
		    q[nxt] = p;
		    ed[p] = true;
		    nxt = p;
		}
	    }
    return d[t] != tt;
}
 
void aug ()
{
    int del = oo;
    for (int i = t; i != s; i = e[pre[i] ^ 1].pnt)
	if (e[pre[i]].cty < del) del = e[pre[i]].cty;
    for (int i = t; i != s; i = e[pre[i] ^ 1].pnt)
    {
	e[pre[i]].cty -= del;
	e[pre[i] ^ 1].cty += del;
	cf += e[pre[i]].cst * del;
    }
}
 
int main ()
{
    scanf ("%d", &T);
    while (T--)
    {
    	memset (fst, 0, sizeof (fst));
	tot = 1, cf = 0;
	scanf ("%d", &n);
	s = n + 1, t = s + 1;
	for (int i = 1, c; i <= n; ++i)
	{
	    scanf ("%d", &c);
	    if (i > 1) addedge (i, i - 1, oo, 1); else addedge (i, n, oo, 1);
	    if (i < n) addedge (i, i + 1, oo, 1); else addedge (i, 1, oo, 1);
	    addedge (s, i, c, 0);
	    addedge (i, t, 1, 0);
	}
	while (spfa ()) aug ();
	printf ("%d\n", cf);
    }
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Neroysq/archive/2011/10/05/2199507.html