Description
Input
Output
输出一行包含一个整数,表示JYY看完所有支线剧情所需要的最少时间。
Sample Input
2 2 1 3 2
2 4 3 5 4
2 5 5 6 6
0
0
0
Sample Output
HINT
JYY需要重新开始3次游戏,加上一开始的一次游戏,4次游戏的进程是
/* 有源汇上下界费用流。 对于每一条边x->y,费用为z: 连一条S->y,容量为1,费用为z的边,代表这条边至少走一次; 连一条x->y,容量为inf,费用为z的边,代表除了下界,还能走inf次。 对于每个点x: 连一条x->T,容量为x的出度,费用为0的边,代表x至少连出去out[x]次; 连一条x->1,容量为inf,费用为0的边,代表原图的源汇点。 */ #include<cstdio> #include<iostream> #include<queue> #define N 310 #define M 61010 #define inf 1000000000 using namespace std; int head[N],dis[N],fa[N],inq[N],n,cnt=1,S,T,ans; struct node{int u,v,f,w,pre;}e[M]; queue<int> q; void add(int u,int v,int f,int w){ e[++cnt].u=u;e[cnt].v=v;e[cnt].f=f;e[cnt].w=w;e[cnt].pre=head[u];head[u]=cnt; e[++cnt].u=v;e[cnt].v=u;e[cnt].f=0;e[cnt].w=-w;e[cnt].pre=head[v];head[v]=cnt; } bool spfa(){ for(int i=0;i<=T;i++) dis[i]=inf; q.push(S);dis[S]=0; while(!q.empty()){ int u=q.front();q.pop();inq[u]=0; for(int i=head[u];i;i=e[i].pre) if(e[i].f&&dis[e[i].v]>dis[u]+e[i].w){ dis[e[i].v]=dis[u]+e[i].w; fa[e[i].v]=i; if(!inq[e[i].v]){ q.push(e[i].v); inq[e[i].v]=1; } } } return dis[T]!=inf; } void updata(){ int tmp=fa[T],x=inf; while(tmp){ x=min(x,e[tmp].f); tmp=fa[e[tmp].u]; } tmp=fa[T]; while(tmp){ e[tmp].f-=x; e[tmp^1].f+=x; tmp=fa[e[tmp].u]; } ans+=x*dis[T]; } int main(){ scanf("%d",&n);S=0;T=n+1; for(int x=1;x<=n;x++){ int m,y,z;scanf("%d",&m); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&y,&z); add(S,y,1,z);add(x,y,inf,z); } add(x,T,m,0); if(x!=1) add(x,1,inf,0); } while(spfa()) updata(); printf("%d",ans); return 0; }