【bzoj3280】小R的烦恼 费用流

题目描述

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！

输入

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]

输出

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。

样例输入

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

样例输出

Case 1: 4650
Case 2: impossible

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题解

费用流

本题和 bzoj1221 差不多。

具体建图方法：

将每个点拆成两个，分别为xi和yi。

S->xi，容量为ai，费用为0；yi->T，容量为ai，费用为0；D->yi，容量为ai（或inf同理），费用为0；xi->xi+1，容量为inf，费用为0。

对于每所大学j，S->D（辅助节点），容量为l[j]，费用为p[j]。

对于每家医院k，xi->yi+d[k]，，容量为inf，费用为q[k]。

然后跑最小费用最大流，满流则解为最小费用，不满流则无解。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 10000
#define M 500000
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
queue<int> q;
int head[N] , to[M] , val[M] , cost[M] , next[M] , cnt , s , d , t , dis[N] , from[N] , pre[N];
void add(int x , int y , int v , int c)
{
    to[++cnt] = y , val[cnt] = v , cost[cnt] = c , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
    to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , cost[cnt] = -c , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool spfa()
{
    int x , i;
    memset(from , -1 , sizeof(from));
    memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
    dis[s] = 0 , q.push(s);
    while(!q.empty())
    {
        x = q.front() , q.pop();
        for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
            if(val[i] && dis[to[i]] > dis[x] + cost[i])
                dis[to[i]] = dis[x] + cost[i] , from[to[i]] = x , pre[to[i]] = i , q.push(to[i]);
    }
    return ~from[t];
}
int main()
{
    int T , Case;
    scanf("%d" , &T);
    for(Case = 1 ; Case <= T ; Case ++ )
    {
        memset(head , 0 , sizeof(head)) , cnt = 1;
        int n , m , k , i , x , y , f = 0 , ans = 0;
        scanf("%d%d%d" , &n , &m , &k) , s = 0 , d = 2 * n + 1 , t = 2 * n + 2;
        for(i = 1 ; i < n ; i ++ ) add(i , i + 1 , inf , 0);
        for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &x) , add(s , i , x , 0) , add(i + n , t , x , 0) , add(d , i + n , inf , 0) , f += x;
        for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d" , &x , &y) , add(s , d , x , y);
        while(k -- )
        {
            scanf("%d%d" , &x , &y);
            for(i = 1 ; i <= n - x - 1 ; i ++ ) add(i , i + x + 1 + n , inf , y);
        }
        while(spfa())
        {
            x = inf;
            for(i = t ; i != s ; i = from[i]) x = min(x , val[pre[i]]);
            f -= x , ans += x * dis[t];
            for(i = t ; i != s ; i = from[i]) val[pre[i]] -= x , val[pre[i] ^ 1] += x;
        }
        printf("Case %d: " , Case);
        if(f) printf("impossible\n");
        else printf("%d\n" , ans);
    }
    return 0;
}

 

 

转载于:https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/6999305.html