HDU 6118 度度熊的交易计划 【最小费用最大流】 （2017"百度之星"程序设计大赛 - 初赛（B））

度度熊的交易计划

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Problem Description

度度熊参与了喵哈哈村的商业大会，但是这次商业大会遇到了一个难题：

喵哈哈村以及周围的村庄可以看做是一共由n个片区，m条公路组成的地区。

由于生产能力的区别，第i个片区能够花费a[i]元生产1个商品，但是最多生产b[i]个。

同样的，由于每个片区的购买能力的区别，第i个片区也能够以c[i]的价格出售最多d[i]个物品。

由于这些因素，度度熊觉得只有合理的调动物品，才能获得最大的利益。

据测算，每一个商品运输1公里，将会花费1元。

那么喵哈哈村最多能够实现多少盈利呢？

 

Input

本题包含若干组测试数据。

每组测试数据包含：

第一行两个整数n,m表示喵哈哈村由n个片区、m条街道。

接下来n行，每行四个整数a[i],b[i],c[i],d[i]表示的第i个地区，能够以a[i]的价格生产，最多生产b[i]个，以c[i]的价格出售，最多出售d[i]个。

接下来m行，每行三个整数,u[i],v[i],k[i]，表示该条公路连接u[i],v[i]两个片区，距离为k[i]

可能存在重边，也可能存在自环。

满足:

1<=n<=500,

1<=m<=1000,

1<=a[i],b[i],c[i],d[i],k[i]<=1000,

1<=u[i],v[i]<=n

 

Output

输出最多能赚多少钱。

 

Sample Input

2 1
5 5 6 1
3 5 7 7
1 2 1

 

Sample Output

23

 

Source

2017"百度之星"程序设计大赛
- 初赛（B）

 

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题目链接：

　　http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6118


题目大意：

　　N个城市，M条公路，每个城市花费a[i]元生产1个商品，但是最多生产b[i]个，以c[i]的价格出售最多d[i]个商品，每条公路每运送1个商品花费e[i]，问最大收益

题目思路：

　　【最小费用最大流】

　　首先很容易想到是网络流问题，城市之间连得公路容量∞，费用为e[i]，

　　源S到每个城市建一条容量b，费用a的边，每个城市到汇T建一条容量d费用-c的边

　　然后每个城市再向汇T连一条容量为b，费用为-a的边（等于不卖），这样就满足最大流性质。

　　然后跑一遍最小费用最大流即可。

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BLOG : http://blog.csdn.net/u010568270
****************************************************/
#include<bits/stdc++.h>
#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")
#define abs(a) ((a)>0?(a):(-(a)))
#define lowbit(a) (a&(-a))
#define sqr(a) ((a)*(a))
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const double EPS=0.00001;
const int J=10;
const int MOD=1000000007;
const int MAX=0x7f7f7f7f;
const double PI=3.14159265358979323;
const int N=504;
const int M=10004;
using namespace std;
typedef long long LL;
double anss;
LL aans;
int cas,cass;
int n,m,lll,ans;
struct xxx
{
int next,e,q,cost;
}a[M];
int last
,d
,hs
;
int S,T,nn;
bool mark
,K;
void add(int x,int y,int z,int c)
{
a[++lll].next=last[x];
last[x]=lll;
a[lll].e=y;
a[lll].q=z;
a[lll].cost=c;
}
void build()
{
int i,j,k,x,y,z;
S=n+1,T=n+2;
nn=T;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&z,&k);
add(S,i,y,x);
add(i,S,0,-x);

add(i,T,y,-x);
add(T,i,0,x);

add(i,T,k,-z);
add(T,i,0,z);
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);

add(x,y,MAX,z);
add(y,x,0,-z);

add(y,x,MAX,z);
add(x,y,0,-z);
}
}
bool spfa()
{
int qq[M+M];
int i,now,head,tail;
//mem(mark,0);mem(d,0x7f);
for(i=1;i<=nn;i++)mark[i]=0,d[i]=MAX;
head=N;tail=N;
qq
=S;
d[S]=0;mark[S]=1;
while(head<=tail)
{
now=qq[head];
head++;
for(i=last[now];i;i=a[i].next)
{
if(a[i].q>0 && d[now]+a[i].cost<d[a[i].e])
{
d[a[i].e]=d[now]+a[i].cost;
if(!mark[a[i].e])
{
mark[a[i].e]=1;
if(d[a[i].e]<d[qq[head]])
qq[--head]=a[i].e;
else
qq[++tail]=a[i].e;
}
}
}
mark[now]=0;
}
if(d[T]==MAX)return 0;
else return 1;
}
int dfs(int u,int f)
{
int v,i,tt,asp=0;
if(u==T)
{
K=1;
return f;
}
mark[u]=1;
for(i=last[u];i;i=a[i].next)
{
if(!mark[a[i].e] && a[i].q>0 && d[u]+a[i].cost==d[a[i].e])
{
tt=dfs(a[i].e,min(a[i].q,f-asp));
a[i].q-=tt;
a[i^1].q+=tt;
ans+=tt*a[i].cost;
asp+=tt;
if(asp==f)
return f;
}
}
return asp;
}
void mincostflow()
{
while(1)
{
if(!spfa())break;
K=1;
while(K)
{
K=0;
mem(mark,0);
dfs(S,MAX);
}
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.txt","r",stdin);
// freopen("2.txt","w",stdout);
#endif
int i,j,k;
int x,y,z;
// for(scanf("%d",&cass);cass;cass--)
// init();
// for(scanf("%d",&cas),cass=1;cass<=cas;cass++)
while(~scanf("%d",&n))
{
scanf("%d",&m);
mem(last,0);
lll=1;ans=0;
build();
mincostflow();
cout<<-ans<<endl;
}
return 0;
}
/*
//

//
*/