题意:
现在有这么一个m人的团伙,也想来一次环游世界。 他们打算兵分多路,游遍每一个国家。
因为他们主要分布在东方,所以他们只朝西方进军。设从东方到西方的每一个国家的编号依次为1...N。假若第i个人的游历路线为P1、P2......Pk(0≤k≤N),则P1<P2<......<Pk。
众所周知,中国相当美丽,这样在环游世界时就有很多人经过中国。我们用一个正整数Vi来描述一个国家的吸引程度,Vi值越大表示该国家越有吸引力,同时也表示有且仅有Vi个人会经过那一个国家。
为了节省时间,他们打算通过坐飞机来完成环游世界的任务。同时为了省钱,他们希望总的机票费最小。
1<= N < =100 ,1<= M <= 79
分析:
又一次用到了我们强大的拆点大法。
我们把每个国家i拆点,拆成入点和出点,入点向出点连上下界均为Vi,表示这个国家有且仅有Vi个人经过。
建立一个中转节点s,从源点S向s点连上界为m下界为0的边,代表总人数,然后从s点向每个国家的入点连容量无限的边,然后每个国家的出点向T点连容量无限的边。
以上所有边费用都为0.
接下来,如果i到j有航线,那么就从i的出点到j的入点连流量无限费用为机票价格的边。
最后按照可行流建边,跑最小费用最大流即可。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int S,T,tot=;
const int N=,M=,inf=0x3f3f3f3f;
struct node{int y,f,c,nxt;}e[M];int c=,v[N];
int h[N],q[M],d[N],n,m,s,t,pre[N];bool vis[N];
void add(int x,int y,int z,int w){
e[++c]=(node){y,z,w,h[x]};h[x]=c;
e[++c]=(node){x,,-w,h[y]};h[y]=c;
} bool spfa(){
for(int i=;i<=T;i++) d[i]=inf;
int l=,r=;q[++r]=S;vis[S]=;d[S]=;
while(l<=r){
int x=q[l++];vis[x]=;
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if(d[y=e[i].y]>d[x]+e[i].c&&e[i].f){
d[y]=d[x]+e[i].c;pre[y]=i;
if(!vis[y]) q[++r]=y,vis[y]=;
}
} return (d[T]!=inf);
} void aug(){ int x=inf;
for(int i=pre[T];i;i=pre[e[i^].y])
x=min(x,e[i].f);
for(int i=pre[T];i;i=pre[e[i^].y])
tot+=x*e[i].c,e[i].f-=x,e[i^].f+=x;
} int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);s=;
S=,T=;add(S,s,m,);
for(int i=,x;i<=n;i++)
scanf("%d",&x),add(s,i,inf,),
v[i]-=x,v[i+n]+=x;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=i+,x;j<=n;j++){
scanf("%d",&x);
if(~x) add(i+n,j,inf,x);
} for(int i=;i<=n*;i++)
v[i]>?add(S,i,v[i],):
(v[i]?add(i,T,-v[i],):(void));
while(spfa()) aug();
printf("%d\n",tot);return ;
}
有上下界最小费用可行流