POJ Ombrophobic Bovines 最大流建模

题目链接

http://poj.org/problem?id=2391

题意

一个农场中有一些田地，每个田地有个躲雨的庇护所，但是庇护所的容量是有限的，给出一天田地之间的连接关系，以及田地上牛的数量，和庇护所的容量。假设走一单位距离花一单位时间，当下雨时，如何安排使得所有的牛都走到庇护所，并且花的时间最少，如果不满足输出-1.

思路

和poj2112类似。不过这儿的图不是严格的“二分图”2112中奶牛在左机器在右，牛之间不会连边，机器之间也不会。只有左边和右边连边，这题如果二分一个距离假设为1，1->2 距离1 ，2->3 距离为1，都符合要求的距离，如果两条边都加入到图中，那么1->3 距离为2 的“边”也被加入了，突破了距离的限制。正确的建图方法是对一个点i拆点成i’,i”。并连接两条边(S,i’,C) , (i”,T,P) 。 C代表I点的牛的数量，P代表I点庇护所容量。如果原图中I到j有边，那么建边(i’,j”,INF)。输出-1的情况是，枚举到图中距离最远的两点依旧不能满足最大流等于所有牛的总数。

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#include<cstring>
#include<string>
#include<set>
#include<stack>
#include<algorithm>
#define cle(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define inf(a) memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define ll long long
#define Rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
using namespace std;
#define INF2 9223372036854775807ll
const int INF = ( 2e9 ) + 2;
const ll maxn =  410;
const int maxm = 210;
int n,m;
ll maxx;
int c[maxn],p[maxn];
ll mp[maxn][maxn];
struct edge
{
int from,to;
ll c;
edge(int getu,int getv,int getc)
{
from=getu;
to=getv;
c=getc;
}
};
struct Dinic
{
int s,t,n;
ll d[maxn];
int cur[maxn];
vector<edge> e;
vector<int> g[maxn];
void addedge(int u,int v,int c)
{
e.push_back(edge(u,v,c));
e.push_back(edge(v,u,0));
int m=e.size();
g[u].push_back(m-2);
g[v].push_back(m-1);
}
void init()
{
e.clear();
for(int i=0; i<=maxn; i++)
g[i].clear();
}
bool bfs()
{
queue<int> q;
q.push(s);
memset(d,0,sizeof(d));
d[s]=1;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0; i<g[u].size(); i++)
{
int v=e[g[u][i]].to;
int c=e[g[u][i]].c;
if(!d[v]&&c)
{
d[v]=d[u]+1;
q.push(v);
}
}
}
return d[t];
}
int dfs(int u,int maxf,int t)
{
if(u==t)return maxf;
int ret=0;
for(int &i=cur[u]; i<g[u].size(); i++)
{
int c=e[g[u][i]].c;
int v=e[g[u][i]].to;
int f;
if(d[u]+1==d[v]&&c)
{
f=dfs(v,min(maxf-ret,c),t);
e[g[u][i]].c-=f;
e[g[u][i]^1].c+=f;
ret+=f;
if(ret==maxf)return ret;
}
}
return ret;
}
int maxflow(int s,int t)
{
this->s=s;
this->t=t;
int flow=0;
while(bfs())
{
memset(cur,0,sizeof(cur));
ll temp=dfs(s,INF,t);
flow+=temp;
}
return flow;
}
} dinic;
void Floyd(int n)
{
for(int k=1; k<=n; k++)
{
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(mp[i][k]==INF2)continue;
for(int j=1; j<=n; j++)
if(mp[k][j]!=INF2&&mp[i][j]>mp[i][k]+mp[k][j])
{
mp[i][j]=mp[i][k]+mp[k][j];
if(maxx<mp[i][j])maxx=mp[i][j];
}
}
}
}
bool check(ll t,int tot)
{
for(int i=1; i<=n; i++)
{
dinic.addedge(0,i,c[i]);
dinic.addedge(i+n,2*n+1,p[i]);
dinic.addedge(i,i+n,INF);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=n; j++)
if(mp[i][j]<=t)
dinic.addedge(i,j+n,INF);

int temp=dinic.maxflow(0,2*n+1);
dinic.init();
return temp>=tot;
}
int main()// 拆点建立二分图，防止链连接突破最大距离限制源点到i' 边的容量为草场牛的数目，i''到汇点容量为庇护所容量
{
//  freopen("in.txt","r",stdin);
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
ll tot=0;
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d%d",&c[i],&p[i]);

for(int i=1; i<=n; i++)
tot+=c[i];

for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=n; j++)
mp[i][j]=INF2;
for(int i=0; i<m; i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
if(mp[u][v]>w)mp[u][v]=mp[v][u]=w;
}
maxx=0;
Floyd(n);

ll l=0,r=maxx+1;
while(l<r)
{
ll mid=(l+r)>>1;
if(check(mid,tot))
r=mid;
else
l=mid+1;
}
if(l>=maxx+1)
printf("-1\n");
else
printf("%lld\n",l);
}
}