poj 2135 费用流

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/*poj 2135
  题意：
  给出一个有n个点m条边的图，求从点1到点n再从点n回到点1的最短路径，要求每条路最多只能经过一次。
  限制：
  1 <= n <= 1000; 1 <= m <= 10000
  思路：
  费用流
  建图：
  超级源点0，连边：0->1，流量为2，费用为0；
  超级汇点n+1，连边：n->n+1，流量为2，费用为0；
  其他和图的边一样，建双向边，流量为1，费用为边权。
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
#define PB push_back
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MAX_V=1005;
//终点，容量，费用，反向边
struct edge{ int to,cap,cost,rev; };
int V;	//顶点数
vector<edge> G[MAX_V];
int dist[MAX_V];	//最短距离
int prevv[MAX_V],preve[MAX_V];	//最短路中的前驱节点和对应的边
void add_edge(int fr,int to,int cap,int cost){
	G[fr].PB((edge){to,cap,cost,G[to].size()});
	G[to].PB((edge){fr,0,-cost,G[fr].size()-1});
}
//求解从s到t流量为f的最小费用流
//如果不能再增广则返回-1
int min_cost_flow(int s,int t,int f){
	int res=0;
	while(f>0){
		//利用bellman-ford求s到t的最短路
		fill(dist,dist+V,INF);
		dist[s]=0;
		bool update=true;
		while(update){
			update=false;
			for(int v=0;v<V;++v){
				if(dist[v]==INF) continue;
				for(int i=0;i<G[v].size();++i){
					edge &e=G[v][i];
					if(e.cap>0 && dist[e.to]>dist[v]+e.cost){
						dist[e.to]=dist[v]+e.cost;
						prevv[e.to]=v;
						preve[e.to]=i;
						update=true;
					}
				}
			}
		}
		//不能再增广
		if(dist[t]==INF) return -1;
		//沿s到t的最短路尽量增广
		int d=f;
		for(int v=t;v!=s;v=prevv[v]) d=min(d,G[prevv[v]][preve[v]].cap);
		f-=d;
		res+=d*dist[t];
		for(int v=t;v!=s;v=prevv[v]){
			edge &e=G[prevv[v]][preve[v]];
			e.cap-=d;
			G[v][e.rev].cap+=d;
		}
	}
	return res;
}
void init(){
	for(int i=0;i<V;++i) G[i].clear();
}
int main(){
	int n,m;
	int u,v,cost;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	V=n+2;
	init();
	while(m--){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&cost);
		add_edge(u,v,1,cost);
		add_edge(v,u,1,cost);
	}
	add_edge(0,1,2,0);
	add_edge(n,n+1,2,0);
	int ans=min_cost_flow(0,n+1,2);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

poj 2135 费用流

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原文地址：http://blog.csdn.net/whai362/article/details/44755493