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本蒟蒻又来写解题报告了。这次的题目是codevs 1035 火车停留。
题目大意就是给m个火车的到达时间、停留时间和车载货物的价值，车站有n个车道，而火车停留一次车站就会从车载货物价值中获得1%的利润，让你来求一种安排方法，使得车站收益最大，并输出收益值。
蒟蒻的思路是这样的：
一眼看出：最大费用最大流（MCMF）
显然cost:表示车站收益
然后……
以车站为点建立图求流？同一个车站可能经过好几辆火车……，貌似很麻烦……；
那么以什么建图、连边，还有怎么连？
貌似有点类似于方格取数2之中的拆点……；
那么这个就可以……以火车为点，把一个点拆成两个，然后建立流的关系。
Reach[i]和stay[i]作为建立不同火车是否可以建边的判断条件
假设火车i，将其分为点2*i-1和2*i，连一条流量为1，费用为-cost[i]的边
如果reach[i] + stay[i] < reach[j]，在2*i和2*j-1之间连一条流量为1，费用为0的边。
建立汇点和起点S,T，从S向每个2*i-1连一条流量为1，费用为0的边。从每个2*i向T连一条流量为1，费用为0的边。
那么怎么限制n个车道呢？其实很简单，只需要建立超级汇点ST，然后从T向ST连一条流量为n，费用为0的边。
这样这个题目就大功告成了，代码不长，刚98行。建议大家还是去刷一下代码能力题，因为NOIP2015蒟蒻就被代码能力题给坑惨了。
废话不多说，上代码
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cmath> 5 #include <algorithm> 6 #include <queue> 7 using namespace std; 8 const int INF = 10000000; 9 const int maxe = 10000; 10 const int maxn = 500; 11 int n,m,reach[maxn],stay[maxn],cost[maxn],vis[maxn<<1],d[maxn<<1],h[maxn<<1],pre[maxn<<1],rid[maxn],cid[maxn],now; 12 double ans; 13 struct edge{ 14 int to,cost,cap,next; 15 }tr[maxe]; 16 inline void init(){ 17 now = 0; 18 memset(h,-1,sizeof(h)); 19 memset(tr,0,sizeof(tr)); 20 memset(reach,0,sizeof(reach)); 21 memset(stay,0,sizeof(stay)); 22 memset(cost,0,sizeof(cost)); 23 } 24 inline void add(int u,int v,int cap,int cost){ 25 tr[now].to = v;tr[now].cap = cap;tr[now].cost = cost;tr[now].next = h[u]; 26 h[u] = now++; 27 tr[now].to = u;tr[now].cap = 0;tr[now].cost = -cost;tr[now].next = h[v]; 28 h[v] = now++; 29 } 30 bool SPFA(int s,int t,int &flow,int &cost){ 31 for(int i = s;i <= t;++i){ 32 d[i] = INF; 33 } 34 int minflow = INF; 35 memset(vis,0,sizeof(vis)); 36 memset(pre,-1,sizeof(pre)); 37 deque<int>q; 38 d[s] = 0; 39 vis[s] = 1; 40 q.push_back(s); 41 while(!q.empty()){ 42 int x = q.front();q.pop_front(); 43 vis[x] = 0; 44 for(int i = h[x];i != -1;i = tr[i].next){ 45 edge e = tr[i]; 46 if(d[e.to] > d[x] + e.cost && e.cap){ 47 d[e.to] = d[x] + e.cost; 48 pre[e.to] = i; 49 minflow = min(minflow,e.cap); 50 if(!vis[e.to]){ 51 vis[e.to] = 1; 52 q.push_back(e.to); 53 } 54 } 55 } 56 } 57 if(d[t] == INF)return false; 58 flow += minflow; 59 cost += d[t] * minflow; 60 for(int i = t;i != s;i = tr[pre[i]^1].to){ 61 tr[pre[i]].cap -= minflow; 62 tr[pre[i]^1].cap += minflow; 63 } 64 return true; 65 } 66 int MCMF(int s,int t){ 67 int flow = 0,cost = 0; 68 while(SPFA(s,t,flow,cost)); 69 return cost; 70 } 71 int main(){ 72 scanf("%d%d",&n,&m); 73 init(); 74 for(int i = 1;i <= m;++i){ 75 scanf("%d%d%d",&reach[i],&cost[i],&stay[i]); 76 rid[i] = 2*i;cid[i] = 2*i-1; 77 add(cid[i],rid[i],1,-cost[i]); 78 } 79 for(int i = 1;i <= m;++i){ 80 for(int j = 1;j <= m;++j){ 81 if(j != i) 82 if(reach[i] + stay[i] < reach[j]){ 83 add(rid[i],cid[j],1,0); 84 } 85 } 86 } 87 int S = 0,T = 2*m+1,ST = 2*m+2; 88 for(int i = 1;i <= m;++i){ 89 add(S,cid[i],1,0); 90 } 91 for(int i = 1;i <= m;++i){ 92 add(rid[i],T,1,0); 93 } 94 add(T,ST,n,0); 95 ans = double(MCMF(S,ST))/100; 96 printf("%0.2lf\n",-ans); 97 return 0; 98 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/gangding/p/5648078.html
