poj2391 Ombrophobic Bovines 拆点+二分法+最大流

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题目：poj2391 Ombrophobic Bovines
链接：http://poj.org/problem?id=2391
题意：有n块区域，第i块区域有ai头奶牛，以及一个可以容纳bi头奶牛的棚子。n块区域由m条可以容纳无数奶牛经过的双向通道相连，给定奶牛通过通道的时间。
问所有奶牛回到棚子需要的最短时间。
思路：。。。我好菜哦。没想到，看了blog才知道怎么做。

先用floyd求得两块区域相通最短时间。

将点x拆分成x,x'。源点s连接x，容量为x的奶牛数。x'连接汇点t容量为x的棚子容纳数。

二分一个时间time，表示需要的最短时间。无论奶牛在哪个地方，只要从该点出发，距离time以内的点都可以到达。

所以如果x点到y点的最短时间<=time。那么x连接y'，容量为INF。

对这个二分图求最大流。如果最大流=总奶牛数量。那么表示该时间内可行。

注意时间！超int。

*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<map>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const long long MAS = 1e13;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
const int N = 405;///
struct Edge{
int from, to, cap, flow;
Edge(int u,int v,int c,int f):from(u),to(v),cap(c),flow(f){}
};
struct Dinic{
int n, m, s, t;
vector<Edge> edges;
vector<int> G
;
bool vis
;
int d
;
int cur
;

void init(int n)
{
this->n = n;
for(int i = 0; i <= n; i++) G[i].clear();
edges.clear();
}

void AddEdge(int from,int to,int cap)
{
edges.push_back(Edge(from,to,cap,0));
edges.push_back(Edge(to,from,0,0));
m = edges.size();
G[from].push_back(m-2);
G[to].push_back(m-1);
}

bool BFS()
{
memset(vis, 0, sizeof vis);
queue<int> Q;
Q.push(s);
d[s] = 0;
vis[s] = 1;
while(!Q.empty())
{
int x = Q.front();
Q.pop();
for(int i = 0; i < G[x].size(); i++)
{
Edge &e = edges[G[x][i]];
if(!vis[e.to]&&e.cap>e.flow)
{
vis[e.to] = 1;
d[e.to] = d[x]+1;
Q.push(e.to);
}
}
}
return vis[t];
}

int DFS(int x,int a)
{
if(x==t||a==0) return a;
int flow = 0, f;
for(int &i = cur[x]; i < G[x].size(); i++)
{
Edge& e = edges[G[x][i]];
if(d[x]+1==d[e.to]&&(f=DFS(e.to,min(a,e.cap-e.flow)))>0)
{
e.flow += f;
edges[G[x][i]^1].flow -= f;
flow += f;
a -= f;
if(a==0) break;
}
}
return flow;
}

int Maxflow(int s,int t)
{
this->s = s, this->t = t;
int flow = 0;
while(BFS())
{
memset(cur, 0, sizeof cur);
flow += DFS(s,INF);
}
return flow;
}
};
LL f

;
void floyd(int n)
{
for(int k = 1; k <= n; k++){
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= n; j++){
f[i][j] = min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
}
}
}
}
int main()
{
int n, m, sum;
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
{
int s = 0, t = n*2+1;
Dinic dinic;
dinic.init(t);
sum = 0;
int flow, cap;
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d%d",&flow,&cap);
sum += flow;
dinic.AddEdge(s,i,flow);
dinic.AddEdge(i+n,t,cap);
dinic.AddEdge(i,i+n,INF);
}
int u, v;
LL time;
for(int i = 1; i <= n ; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
f[i][j] = MAS;
for(int i = 1; i <= m; i++){
scanf("%d%d%lld",&u,&v,&time);
f[u][v] = min(f[u][v],time);
f[v][u] = f[u][v];
}
floyd(n);
Dinic Save = dinic;
LL lo = 0, hi = MAS, mid;
while(lo<hi){
mid = (lo+hi)/2;
dinic = Save;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= n; j++){
if(f[i][j]<=mid){
dinic.AddEdge(i,j+n,INF);
}
}
}
int masflow = dinic.Maxflow(s,t);
if(masflow==sum){
hi = mid;
}else
{
lo = mid+1;
}
}
if(hi==MAS){
printf("-1\n");
}else
{
printf("%lld\n",hi);
}
}
return 0;
}