#6008. 「网络流 24 题」餐巾计划
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题目类型：传统评测方式：文本比较
上传者： 匿名
题目描述
一个餐厅在相继的 n nn 天里，每天需用的餐巾数不尽相同。假设第 i ii 天需要 ri r_iri 块餐巾。餐厅可以购买新的餐巾，每块餐巾的费用为 P PP 分；或者把旧餐巾送到快洗部，洗一块需 M MM天，其费用为 F FF 分；或者送到慢洗部，洗一块需 N NN 天，其费用为 S SS 分（S<F S < FS<F）。
每天结束时，餐厅必须决定将多少块脏的餐巾送到快洗部，多少块餐巾送到慢洗部，以及多少块保存起来延期送洗。但是每天洗好的餐巾和购买的新餐巾数之和，要满足当天的需求量。
试设计一个算法为餐厅合理地安排好 n nn 天中餐巾使用计划,使总的花费最小。
输入格式
第 1 11 行有 6 66 个正整数 n nn、P PP、M MM、F FF、N NN、S SS。
n nn 是要安排餐巾使用计划的天数，P PP 是每块新餐巾的费用，M MM 是快洗部洗一块餐巾需用天数，F FF 是快洗部洗一块餐巾需要的费用，N NN 是慢洗部洗一块餐巾需用天数，S SS 是慢洗部洗一块餐巾需要的费用。
接下来的 n nn 行是餐厅在相继的 n nn 天里，每天需用的餐巾数。
输出格式
输出餐厅在相继的 n nn 天里使用餐巾的最小总花费。
样例
样例输入
3 10 2 3 3 2
5
6
7样例输出
145数据范围与提示
1≤n≤1000 1 \leq n \leq 10001≤n≤1000
题目链接：https://loj.ac/problem/6008
题意：中文一题，明显。
思路：最小费用最大流。关键是怎样建图，每天的毛巾来源有购买、快洗部、慢洗部，每天用过的毛巾的去处有留到下一天、拿去快洗、拿去慢洗。
建图：
把每天分为二分图两个集合中的顶点Xi,Yi，分别表示用完的毛巾，需要的毛巾建立附加源S汇T。
1、从S向每个Xi连一条容量为ri，费用为0的有向边。（用完的毛巾数量限制）
2、从每个Yi向T连一条容量为ri，费用为0的有向边。（需要数量限制）
3、从S向每个Yi连一条容量为无穷大，费用为P的有向边。（通过购买获得）
4、从每个Xi向Xi+1(i+1<=n)连一条容量为无穷大，费用为0的有向边。（保存起来，延期送洗）
5、从每个Xi向Yi+M(i+M<=n)连一条容量为无穷大，费用为F的有向边。（立即拿去快洗部，并可在M天后获得）
6、从每个Xi向Yi+M(i+N<=n)连一条容量为无穷大，费用为S的有向边。（立即拿去慢洗部，并在N天后获得）
求网络最小费用最大流，费用流值就是要求的最小总花费。 代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
#define PI acos(-1.0)
const int maxn=3e3+,maxm=1e5+,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+;
const ll INF=1e13+;
struct edge
{
int from,to;
int c,w;
};
vector<edge>es;
vector<int>G[maxn];
int pre[maxn];
int dist[maxn];
inline void addedge(int u,int v,int c,int w)
{
es.push_back((edge)
{
u,v,c,w
});
es.push_back((edge)
{
v,u,,-w
});
int x=es.size();
G[u].push_back(x-);
G[v].push_back(x-);
} bool spfa(int s,int t)
{
static std::queue<int> q;
static bool inq[maxn];
memset(dist,inf,sizeof(int)*maxn);
memset(inq,false,sizeof(bool)*maxn);
pre[s]=-;
dist[s]=;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
inq[u]=false;
for(int i=; i<G[u].size(); i++)
{
edge e=es[G[u][i]];
if(e.c&&dist[e.to]>dist[u]+e.w)
{
pre[e.to]=G[u][i];
dist[e.to]=dist[u]+e.w;
if(!inq[e.to]) q.push(e.to),inq[e.to]=true;
}
}
}
return dist[t]<inf;
} int dinic(int s,int t)
{
int flow=,cost=;
while(spfa(s,t))
{
int d=inf;
for(int i=t; i!=s; i=es[pre[i]].from)
d=min(d,es[pre[i]].c);
flow+=d;
cost+=d*dist[t];
for(int i=t; i!=s; i=es[pre[i]].from)
{
es[pre[i]].c-=d;
es[pre[i]^].c+=d;
}
}
///cout<<flow<<" "<<cost<<endl;///最小费用最大流的流量和花费
return cost;
}
int main()
{
int n,P,N,F,M,S;
scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&P,&N,&F,&M,&S);
int s=,t=*n+;
for(int i=; i<=n; i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
addedge(s,i,x,);
addedge(s,i+n,inf,P);
if(i->=) addedge(i-,i,inf,);
if(i-N>=) addedge(i-N,i+n,inf,F);
if(i-M>=) addedge(i-M,i+n,inf,S);
addedge(i+n,t,x,);
}
printf("%d\n",dinic(s,t));
return ;
}
最小费用最大流