标签：sizeof problem bsp int link pre str size pac
http://codevs.cn/problem/1034/ (题目链接)
给出一张n个点的图，有m架飞船按照固定的航班运行，没单位时间移动一次，并且没收航班都有自己的容纳量。问从0号点将K个人运输到-1号点需要多长时间。
看到这个题目后非常纠结，如果把时间因素去掉，那么就是一个典型的网络流，那么我们能不能将将时间与建图结合在一起呢？
答案是可以的。我们可以枚举当前的时间，并构建按时间分层的图，新建源点S连向0时刻的0号点，汇点连向每个时刻的-1号点，只要还有人没有到达-1汇点，那么就继续增加时间。
mdzz样例有毒啊！负号竟然是全角的，我还调了1个多小时。。
注意判断无解的情况。
// codevs1034
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
#define inf 2147483640
#define Pi acos(-1.0)
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;
const int maxn=100010;
struct edge {int to,next,w;}e[maxn<<1];
int f[100][100],h[100],r[100],es,et,n,m,K,T,cnt=1,ans;
int head[maxn],d[maxn];
void link(int u,int v,int w) {
e[++cnt]=(edge){v,head[u],w};head[u]=cnt;
e[++cnt]=(edge){u,head[v],0};head[v]=cnt;
}
void build() {
for (int i=1;i<=m;i++) link(n*(T-1)+f[i][(T-1)%r[i]],n*T+f[i][T%r[i]],h[i]);
for (int i=1;i<=n;i++) link(n*(T-1)+i,n*T+i,inf);
link(n*T+n,et,inf);
}
bool bfs() {
memset(d,-1,sizeof(d));
queue<int> q;q.push(1);d[1]=0;
while (!q.empty()) {
int x=q.front();q.pop();
for (int i=head[x];i;i=e[i].next) if (e[i].w && d[e[i].to]<0) {
d[e[i].to]=d[x]+1;
q.push(e[i].to);
}
}
return d[et]>0;
}
int dfs(int x,int f) {
if (x==et || f==0) return f;
int w,used=0;
for (int i=head[x];i;i=e[i].next) if (e[i].w && d[e[i].to]==d[x]+1) {
w=dfs(e[i].to,min(e[i].w,f-used));
used+=w;
e[i].w-=w;e[i^1].w+=w;
if (used==f) return used;
}
if (!used) d[x]=-1;
return used;
}
void Dinic() {
while (bfs()) K-=dfs(es,inf);
}
int main() {
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
es=1;et=100000;
for (int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&h[i],&r[i]);
for (int j=0;j<r[i];j++) {
scanf("%d",&f[i][j]);
if (++f[i][j]==0) f[i][j]=n+2;
}
}
n+=2;T=0;
link(n,et,inf);
while (++T) {
build();
Dinic();
if (K<=0) break;
if (T>1000) {printf("0");return 0;}
}
printf("%d",T);
return 0;
}
标签：sizeof problem bsp int link pre str size pac
原文地址：http://www.cnblogs.com/MashiroSky/p/6193270.html
