【LG-P1251】餐巾计划问题

传送门：P1251 餐巾计划问题

一个餐厅在相继的 N 天里,每天需用的餐巾数不尽相同。假设第 i 天需要 ri 块餐巾(i = 1, 2, ..., N)。餐厅可以购买新的餐巾,每块餐巾的费用为 p 分;或者把旧餐巾送到快洗部,洗一块需 m 天,其费用为 f 分;或者送到慢洗部,洗一块需 n 天(n>m),其费用为 s 分(s<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。

Solution\mathfrak{Solution}Solution

费用流 + 拆点

此题的建图可以说是非常新奇了。

已知：每天早上要用或收到新的餐巾，晚上要处理脏餐巾。明显每天的早上和晚上操作不同，所以要将每天拆成两个点，早上和晚上。

让源点连向晚上，收到待处理脏餐巾，流量为当天使用餐巾数，费用为 0。
让早上连向汇点，提供当前所需净餐巾，流量为当天使用餐巾数，费用为 0。显然，当这条路流量满时，代表当天所需餐巾量已达到。

这样连接，保证了网络的联通性，同时可以在此基础上使用费用流解决此问题。

然后再来看其余四种操作：

快洗：因为是晚上送去白天收到使用，所以自当天晚上连向 mmm 天后的早上，费用为 fff，流量为 infinfinf。
慢洗：同理。
残留餐巾：从今天晚上留到明天晚上，所以自当天晚上连向明天晚上，费用为 0，流量为 infinfinf。
购买新餐巾：自源点连向早上，费用为 ppp，流量为 infinfinf。

综上，易知当这个网络自源点向汇点连通时，满足每一天早上都有当天所需所有餐巾。所以在此基础上可以去跑费用流了。

Code+Notes\mathfrak{Code + Notes}Code+Notes

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;#define int long long
#define inf 2147483647
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
const int maxn = 5005;
const int maxm = 2e5 + 5;
int n, p, m, ss, f, q, s, t;
bool vis[maxn];
int incf[maxn], dis[maxn], pre[maxn], mxfl, mxcs;
int cnt = 1, hd[maxn];
struct node{int to, nxt, flw, cst;
}e[maxm];inline void add(int u, int v, int w, int c)
{e[++cnt].to = v;e[cnt].nxt = hd[u], e[cnt].flw = w, e[cnt].cst = c;hd[u] = cnt;e[++cnt].to = u;e[cnt].nxt = hd[v], e[cnt].flw = 0, e[cnt].cst = -c;hd[v] = cnt;
}inline bool spfa()
{queue <int> q;memset(dis, 0x3f, sizeof dis);memset(vis, 0, sizeof vis);q.push(s), vis[s] = 1, dis[s] = 0, incf[s] = 2147483647;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop(), vis[u] = 0;for(int i = hd[u], v; i; i = e[i].nxt){if(!e[i].flw) continue;//注意不要漏掉 if(dis[v = e[i].to] > dis[u] + e[i].cst){dis[v] = dis[u] + e[i].cst;//记录一路上的费用 incf[v] = min(incf[u], e[i].flw);//最终能流到 v点的流量 pre[v] = i;//记录路径 if(!vis[v]) vis[v] = 1, q.push(v);}}}if(dis[t] != dis[n * 2 + 2]) return true;return false;
}inline void mcmf()
{while(spfa())//多次增广 {mxfl += incf[t];mxcs += incf[t] * dis[t];int x = t, i;while(x != s){i = pre[x];e[i].flw -= incf[t], e[i ^ 1].flw += incf[t];x = e[i ^ 1].to;}}
}signed main()
{/*1.自源点向每天晚上连边 费用为 0   流量为 xi（当天使用餐巾数） 2.自每天早上向汇点连边  费用为 0   流量为 xi（当天所需餐巾数） 3.晚上快洗到若干天后早上 费用为 f 流量为 inf 4.同3，慢洗    费用为 s   流量为 inf  5.自源点向每天早上连边，买新的餐巾  费用为 p 流量为 inf 6.残留餐巾，将今天晚上向明天晚上连边    费用为 0   流量为 inf */ scanf("%lld", &n);s = 0, t = n * 2 + 1;rep(i, 1, n){int x;scanf("%lld", &x);add(s, n + i, x, 0)/*建图 1*/, add(i, t, x, 0)/*建图 2*/;}scanf("%lld %lld %lld %lld %lld", &p, &m, &f, &q, &ss);rep(i, 1, n){add(s, i, inf, p);//建图 5 if(i < n) add(n + i, n + i + 1, inf, 0);//建图 6 if(i + m <= n) add(n + i, i + m, inf, f);//建图 3 if(i + q <= n) add(n + i, i + q, inf, ss);//建图 4 }mcmf();printf("%lld\n", mxcs);return 0;
}

——End\mathfrak{End}End——

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