BASHU_2445
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很好的一个题目，让我又加深了对最小费用最大流的问题。一开始自己“意淫”了一个最小费用流的图，结果样例一直算的是180，后来才发现自己还是没有理解好最小费用最大流的含义，所谓的“最小费用最大流”，首要保证的条件是最大流，如果最优的情况未必是原图达到“最大流”时的情况的话，那么是不能用“最小费用最大流”算法去解决的。
那么既然上面yy出了问题，不妨就先着手解决这个问题：要将“最大流”赋予怎样的含义（也就是说确定是什么东西达到“最大”）才能保证最优情况是原图达到“最大流”时的情况呢？一种可行的思路就是确定每天使用的餐巾的数量达到“最大”，不管是用的旧的还是新买的，反正总要用那么多，这样最优情况一定是满足“最大流”条件的。那么我们就要继续考虑这些使用的东西是从哪里来的，一部分是新买的，另一部分是用剩下的洗了之后的，新买的好办，直接建个源点流出来费用为P的流即可，那么洗了之后的那部分是怎么来的？肯定首先要满足是剩下的，那么怎么才会剩下呢？每天用了多少就会剩下多少。想到这，其实大部分问题已经解决了，剩下的就是考虑脏的餐巾存放及清洗的问题了，这部分放到建图里一起说吧。
接下来我们考虑建图，首先将一个点i拆成两个点i和i'，一共要建六类边：
① (S,i,n,P) ：S到i的容量为n(n表示当天需要的餐巾的数量)费用为P的边，表示今天最多买n条新的餐巾，当然把容量搞成INF也无所谓。
② (i,T,n,0) ：i到T的容量为n费用为0的边，表示今天最多用n条餐巾，通过这样的边保证了每天的最大流都是所需餐巾的数量。
③ (S,i',n,0) ：S到i'的容量为n费用为0的边，表示今天会剩下n条餐巾，之所以费用为0是因为这些是剩下的，之前肯定已经买过了，所以费用是0。这里的容量就不能搞成INF了，一个原因是因为最后一定至多只会生剩下n条，另一个原因就是这里如果搞成INF会造成错误，因为会凭空多了好多用过的餐巾，而这些餐巾是没有被买过的。
④ (i',i+xn,INF,xw) ：i'到i+xn(xn表示快洗部洗一条餐巾所需的天数)的容量为INF费用为xw(xw表示快洗部洗一条餐巾所需的费用)的边，表示累计到今天的剩下的部分或者全部的餐巾可以放到快洗部去洗，并由第i+xn天使用。
⑤ (i',i+yn,INF,yw) ：和上面那类边基本一样，只不过现在是慢洗部了。
⑥ (i',(i+1)',INF,0) ： i'到(i+1)'的容量为INF费用为0的边，表示第i天用脏了的餐巾可以积攒到第i+1天再做打算。
建完上面的边之后做最小费用最大流就可以了。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define MAXD 2010
#define MAXM 12010
#define INF 0x3f3f3f3f
int N, P, xn, xw, yn, yw, first[MAXD], e, next[MAXM], v[MAXM], flow[MAXM], cost[MAXM];
int S, T, q[MAXD], inq[MAXD], pre[MAXD], dis[MAXD];
const int Q = 2005;
void add(int x, int y, int f, int c)
{
v[e] = y, flow[e] = f, cost[e] = c;
next[e] = first[x], first[x] = e ++;
}
void init()
{
int i, j, n;
S = 0, T = N * 2 + 1;
memset(first, -1, sizeof(first[0]) * (T + 1)), e = 0;
for(i = 1; i <= N; i ++)
{
scanf("%d", &n);
add(S, i, n, P), add(i, S, 0, -P);
add(i, T, n, 0), add(T, i, 0, 0);
add(S, i + N, n, 0), add(i + N, S, 0, 0);
if(i + xn <= N)
add(i + N, i + xn, INF, xw), add(i + xn, i + N, 0, -xw);
if(i + yn <= N)
add(i + N, i + yn, INF, yw), add(i + yn, i + N, 0, -yw);
if(i < N)
add(i + N, i + 1 + N, INF, 0), add(i + 1 + N, i + N, 0, 0);
}
}
int bfs()
{
int i, x, front = 0, rear = 0;
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis[0]) * (T + 1));
dis[S] = 0, pre[S] = -1, q[rear ++] = S;
memset(inq, 0, sizeof(inq[0]) * (T + 1));
while(front != rear)
{
x = q[front ++], inq[x] = 0;
front > Q ? front = 0 : 0;
for(i = first[x]; i != -1; i = next[i])
if(flow[i] && dis[v[i]] > dis[x] + cost[i])
{
dis[v[i]] = dis[x] + cost[i], pre[v[i]] = i;
if(!inq[v[i]])
{
q[rear ++] = v[i], inq[v[i]] = 1;
rear > Q ? rear = 0 : 0;
}
}
}
return dis[T] != INF;
}
void solve()
{
int i, a, c = 0;
while(bfs())
{
for(i = pre[T], a = INF; i != -1; i = pre[v[i ^ 1]]) a = std::min(a, flow[i]);
for(i = pre[T]; i != -1; i = pre[v[i ^ 1]])
flow[i] -= a, flow[i ^ 1] += a;
c += a * dis[T];
}
printf("%d\n", c);
}
int main()
{
while(scanf("%d%d%d%d%d%d", &N, &P, &xn, &xw, &yn, &yw) == 6)
{
init();
solve();
}
return 0;
}
