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http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1927
好神的题!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
拆点后变成二分图,其实我们要求的就是类似路径覆盖这样的东西!!
只不过是加了权的。。
建图:
然后跑最小费用最大流
为什么这样就行了呢?
首先,最大流一定是一个对n个点的路径覆盖(即覆盖掉所有的附加点i+n)。
证明:因为源s向i+n连了容量1,i+n向汇连了容量1,且汇的上界为n,那么保证了最大流为一定n(且都覆盖了附加点i+n),这样就保证了n个点一定被覆盖。
如果有边x->y, 那么也就是在s向y+n连的边与x向y+n连的边里取费用小的。
因此最小费用就是一个答案。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl
#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)
#define rdm(x, i) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<‘0‘||c>‘9‘; c=getchar()) if(c==‘-‘) k=-1; for(; c>=‘0‘&&c<=‘9‘; c=getchar()) r=r*10+c-‘0‘; return k*r; }
const int N=2005, oo=~0u>>2;
int ihead[N], cnt=1, q[N], n, p[N], d[N], vis[N];
struct dat { int next, to, cap, from, w; }e[N*N];
void add(int u, int v, int c, int w) {
e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; e[cnt].from=u; e[cnt].cap=c; e[cnt].w=w;
e[++cnt].next=ihead[v]; ihead[v]=cnt; e[cnt].to=u; e[cnt].from=v; e[cnt].cap=0; e[cnt].w=-w;
}
bool spfa(int s, int t) {
for1(i, 0, t) vis[i]=0, d[i]=oo;
d[s]=0; int front=0, tail=0;
q[tail++]=s;
while(front!=tail) {
int u=q[front++], v; if(front==N) front=0; vis[u]=0;
rdm(u, i) if(e[i].cap) {
v=e[i].to;
if(d[v]>d[u]+e[i].w) {
d[v]=d[u]+e[i].w;
p[v]=i;
if(!vis[v]) {
vis[v]=1;
if(d[v]<d[q[front]]) {
--front; if(front<0) front+=N;
q[front]=v;
}
else {
q[tail++]=v; if(tail==N) tail=0;
}
}
}
}
}
return d[t]!=oo;
}
int mcf(int s, int t) {
int ret=0, f, u;
while(spfa(s, t)) {
f=oo;
for(u=t; u!=s; u=e[p[u]].from) f=min(f, e[p[u]].cap);
for(u=t; u!=s; u=e[p[u]].from) e[p[u]].cap-=f, e[p[u]^1].cap+=f;
ret+=f*d[t];
}
return ret;
}
int main() {
read(n);
int m=getint();
int s=0, t=n+n+1;
for1(i, 1, n) add(s, i+n, 1, getint());
for1(i, 1, n) add(s, i, 1, 0);
for1(i, 1, n) add(i+n, t, 1, 0);
for1(i, 1, m) {
int x=getint(), y=getint();
if(x>y) swap(x, y);
add(x, y+n, 1, getint());
}
printf("%d\n", mcf(s, t));
return 0;
}
说明:先使用能力爆发模式到行星 1,花费时间 1。
然后切换到高速航行模式,航行到行星 2,花费时间10。
之后继续航行到行星 3完成比赛,花费时间 1。
虽然看起来从行星 1到行星3再到行星 2更优,但我们却不能那样做,因为
那会导致超能电驴爆炸。
对于 30%的数据 N≤20,M≤50;
对于 70%的数据 N≤200,M≤4000;
对于100%的数据N≤800, M≤15000。输入数据中的任何数都不会超过106
。
输入数据保证任意两颗行星之间至多存在一条航道,且不会存在某颗行星到
自己的航道。
【BZOJ】1927: [Sdoi2010]星际竞速(二分图+费用流)
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原文地址:http://www.cnblogs.com/iwtwiioi/p/4152240.html