这是一道很经典的网络流的题目。首先我们考虑假如我们的时间为无穷大。我们吧每个点拆成2个点 i和i‘ .。虚拟源点s和汇点t。对于每个点建边(s,i, a[i]) （i‘,t,ib[i]） 。 其中a[i]为给点有多少牛，b[i]为容量。i和j连通 建边 (i，j‘,inf);如果最大流==所有牛的个数，就可能装下所有的牛。那么现在我们考虑时间。假设最大时间为T.那么如果i到j的的最短时间>T，那么i的牛不可能达到j 。于是我们只用建立哪些在T时间内能到达的边。 所以总体思路就是2分时间，然后跑网络流。 这里为什么要拆点，如果不拆点会导致流量的传递，本来不在T时间内到的的也可能传递过去，不需要拆点。 还有一个主意额地方，这题用dinic()可能时间卡的比较紧，我目前还是用isap过的额，dinic一直Tle。
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//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<map>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<stdlib.h>
#include<set>
#include<ctime>
#include<cmath>
#define eps 1e-8
#define ex 2.7182818284590452354
#define pi acos(-1.0)
#define inf 0x3fffffff
#define DC(n) printf("Case #%d:",++n)
#define SD(n) scanf("%d",&n)
#define SS(str) scanf("%s",str)
#define SDB(n) scanf("%lf",&n)
#define ll __int64
#define mm 1000000007
#define mmax 100010
using namespace std;
const ll INF=0x3fffffffffffffff;
struct edges
{
int en;
int cost;
int next;
}edge[10000];
int point[300][2];
int p1[300];
int num1;
void init1()
{
memset(p1,-1,sizeof p1);
num1=0;
}
void add1(int st,int en,int cost)
{
edge[num1].en=en;
edge[num1].cost=cost;
edge[num1].next=p1[st];
p1[st]=num1++;
}
int n,m;
struct node
{
int en,val;
int next;
}E[100010];
int p[500];
int num;
void init()
{
memset(p,-1,sizeof p);
num=0;
}
void add(int st,int en,int val)
{
E[num].en=en;
E[num].val=val;
E[num].next=p[st];
p[st]=num++;
E[num].en=st;
E[num].val=0;
E[num].next=p[en];
p[en]=num++;
}
ll dis[210];
bool vis[510];
int q[510];
int cntq;
ll cost[210][210];
void spfa(int st)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dis[i]=INF;
vis[i]=0;
}
cntq=0;
q[++cntq]=st;
vis[st]=1;
dis[st]=0;
while(cntq)
{
int x=q[cntq];
cntq--;
vis[x]=0;
for(int i=p1[x];i+1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].en;
ll val=edge[i].cost;
if(dis[v]>dis[x]+val)
{
dis[v]=dis[x]+val;
if(!vis[v])
{
vis[v]=1;
q[++cntq]=v;
}
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
cost[st][i]=dis[i];
}
void build(ll max_time)
{
init();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
add(i,i+n,point[i][1]);
add(0,i,point[i][0]);
add(i+n,2*n+1,point[i][1]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(i!=j)
{
if(cost[i][j]<=max_time)
add(i,j+n,inf);
}
}
}
}
int h[510];
int vh[510];
int find(int u,int st,int en,int F)
{
if(u==en)
return F;
int left=F;
int tmp=en;
for(int i=p[u];i+1;i=E[i].next)
{
int v=E[i].en;
int val=E[i].val;
if(val>0)
{
if(h[v]+1==h[u])
{
int d=min(left,val);
d=find(v,st,en,d);
left-=d;
E[i].val-=d;
E[i^1].val+=d;
if(h[st]>=en+1)
return F-left;
if(!left)
break;
}
if(h[v]<tmp)
tmp=h[v];
}
}
if(left==F)
{
vh[ h[u] ]--;
if(vh[h[u] ]==0)
h[st]=en+1;
h[u]=tmp+1;
vh[ h[u] ]++;
}
return F-left;
}
int isap(int st,int en)
{
memset(vh,0,sizeof vh);
memset(h,0,sizeof h);
int ans=0;
vh[0]=en+1;
while(h[st]<=en)
ans+=find(st,st,en,inf);
return ans;
}
int main()
{
while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF)
{
int sum=0;
ll times=0;
init1();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d",&point[i][0],&point[i][1]);
sum+=point[i][0];
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int st,en,val;
scanf("%d %d %d",&st,&en,&val);
add1(st,en,val);
add1(en,st,val);
times+=val;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
spfa(i);
ll st=0,en=times+1;
while(st<en)
{
ll mid=(st+en)>>1;
build(mid);
int tmp=isap(0,2*n+1);
if(tmp==sum)
en=mid;
else
st=mid+1;
}
if(en==times+1)
printf("-1\n");
else
printf("%I64d\n",(st+en)/2);
}
return 0;
}
poj 2391 Ombrophobic Bovines （网络流）
原文地址：http://blog.csdn.net/u012127882/article/details/43484025
