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原文地址：http://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/6809670.html
题目描述
输入
输出
样例输入
3 3 1
1 2 3
3 2 1
111
111
111
样例输出
-2
题解
拆边+费用流
由于有Ci*a^2的存在，使得正常加边的费用流无法处理。我们可以加容量为1，费用为Ci*1、Ci*3、Ci*5、Ci*7、...的一堆边，这样在最小费用的前提下总花费满足题意。
每个学习小组向T连上述所说的边，S向每个学生连一条容量为k，费用为0的边，每个学生向其能参加的学习小组连一条容量为1，费用为Fi的边。
因为题目中描述“在参与学生（而不是每个学习小组的人数总和）尽量多的情况下”，指的是所有学生必须有流通过，但不必满流。
所以还要从每个学生向T连一条容量为k-1，费用为0的边，保证费用最小。
然后跑最小费用最大流即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
queue<int> q;
int f[110] , head[210] , to[100000] , val[100000] , cost[100000] , next[100000] , cnt = 1 , s , t , dis[210] , from[210] , pre[210];
char str[110];
void add(int x , int y , int v , int c)
{
to[++cnt] = y , val[cnt] = v , cost[cnt] = c , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , cost[cnt] = -c , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool spfa()
{
int x , i;
memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
memset(from , -1 , sizeof(from));
dis[s] = 0 , q.push(s);
while(!q.empty())
{
x = q.front() , q.pop();
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(val[i] && dis[to[i]] > dis[x] + cost[i])
dis[to[i]] = dis[x] + cost[i] , from[to[i]] = x , pre[to[i]] = i , q.push(to[i]);
}
return ~from[t];
}
int mincost()
{
int i , k , ans = 0;
while(spfa())
{
k = 0x3f3f3f3f;
for(i = t ; i != s ; i = from[i]) k = min(k , val[pre[i]]);
ans += k * dis[t];
for(i = t ; i != s ; i = from[i]) val[pre[i]] -= k , val[pre[i] ^ 1] += k;
}
return ans;
}
int main()
{
int n , m , k , i , j , x;
scanf("%d%d%d" , &n , &m , &k);
s = 0 , t = n + m + 1;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
scanf("%d" , &x);
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) add(i + n , t , 1 , x * (2 * j - 1));
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d" , &f[i]);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
add(s , i , k , 0) , add(i , t , k - 1 , 0);
scanf("%s" , str + 1);
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
if(str[j] == ‘1‘)
add(i , j + n , 1 , -f[j]);
}
printf("%d\n" , mincost());
return 0;
}
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