CGOS461 [网络流24题] 餐巾（最小费用最大流）

题目这么说的：


挺有趣的题，至少还需要稍微思考思考。。考虑用最小费用最大流。

首先显然要把各天作为点向汇点连容量为当天所需餐巾个数且费用为0的边，这样的最大流就满足各天供应的需求的条件；

然后对于购买餐巾，源点向各天连容量为INF费用p的边；

而最后还需要建洗餐巾重复利用餐巾的边，这么考虑：

对于第i天都会有Ri个餐巾可以重复利用，而第j天（j>=i+m）则可以得到快洗的第i天的餐巾，单位费用为f，慢洗的同理；

这样就清楚了：再新建n个顶点，源点向第i个新点连容量Ri费用0的边，第i个新点向第j天（j>=i+m）的点连容量INF费用f的边，第i个新点向第k天（k>=i+n）的点连容量INF费用s的边。

这样建完图跑最小费用最大流就OK了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF (1<<30)
#define MAXN 444
#define MAXM 444*888
struct Edge{
int u,v,cap,cost,next;
}edge[MAXM];
int head[MAXN];
int NV,NE,vs,vt;

void addEdge(int u,int v,int cap,int cost){
edge[NE].u=u; edge[NE].v=v; edge[NE].cap=cap; edge[NE].cost=cost;
edge[NE].next=head[u]; head[u]=NE++;
edge[NE].u=v; edge[NE].v=u; edge[NE].cap=0; edge[NE].cost=-cost;
edge[NE].next=head[v]; head[v]=NE++;
}
bool vis[MAXN];
int d[MAXN],pre[MAXN];
bool SPFA(){
for(int i=0;i<NV;++i){
vis[i]=0;
d[i]=INF;
}
vis[vs]=1;
d[vs]=0;
queue<int> que;
que.push(vs);
while(!que.empty()){
int u=que.front(); que.pop();
for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(edge[i].cap && d[v]>d[u]+edge[i].cost){
d[v]=d[u]+edge[i].cost;
pre[v]=i;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
que.push(v);
}
}
}
vis[u]=0;
}
return d[vt]!=INF;
}
int MCMF(){
int res=0;
while(SPFA()){
int flow=INF,cost=0;
for(int u=vt; u!=vs; u=edge[pre[u]].u){
flow=min(flow,edge[pre[u]].cap);
}
for(int u=vt; u!=vs; u=edge[pre[u]].u){
edge[pre[u]].cap-=flow;
edge[pre[u]^1].cap+=flow;
cost+=flow*edge[pre[u]].cost;
}
res+=cost;
}
return res;
}
int need[222];
int main(){
freopen("napkin.in","r",stdin);
freopen("napkin.out","w",stdout);
int n,p,a,b,x,y;
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; ++i){
scanf("%d",need+i);
}
scanf("%d%d%d%d%d",&p,&a,&b,&x,&y);
vs=0; vt=n*2+1; NV=vt+1; NE=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=1; i<=n; ++i){
addEdge(vs,i+n,INF,p);
addEdge(i+n,vt,need[i],0);
addEdge(vs,i,need[i],0);
for(int j=i+a; j<=n; ++j) addEdge(i,j+n,INF,b);
for(int j=i+x; j<=n; ++j) addEdge(i,j+n,INF,y);
}
printf("%d",MCMF());
return 0;
}