Bashu2445 -- 【网络流24题-10】餐巾问题

2445 -- 【网络流24题-10】餐巾问题

Description

　　一个餐厅在相继的n天里，每天需要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；也可以把旧餐巾送到快洗部，洗一块需m天，其费用为f分；也可以把旧餐巾送到慢洗部，洗一块需要t天(t>m)，其费用为s < f分。每天结束时，餐厅必须决定多少块脏的餐巾送到快洗部、多少块送到慢洗部以及多少块保存起来延期送洗。但是洗好的餐巾和购买的新餐巾之和，要满足第i天的需求量，并使总的花费最小。

Input

　　输入文件的第一行6个正整数n,p,m,f,t,s。n是需要安排餐巾使用计划的天数；p是每块新餐巾的费用；m是快洗部洗一块餐巾需用天数；f是快洗部洗一块餐巾需要的费用；t是慢洗部洗一块餐巾需用天数；s是慢洗部洗一块餐巾需要的费用。接下来的n行是餐厅在相继的n天里，每天需用的餐巾数。 
　　【规模】：1≤f,t,s≤60，1≤n≤1000）

Output

　　文件输出只有一行为在这n天里餐厅需要使用餐巾的最小总花费。

Sample Input

　　3 10 2 3 3 2

　　5

　　6

　　7

Sample Output

　　145

 

【建模分析】
这个问题的主要约束条件是每天的餐巾够用，而餐巾的来源可能是最新购买，也可能是前几天送洗，今天刚刚洗好的餐巾。每天用完的餐巾可以选择送到快洗部或慢洗部，或者留到下一天再处理。
经过分析可以把每天要用的和用完的分离开处理，建模后就是二分图。二分图X集合中顶点Xi表示第i天用完的餐巾，其数量为ri，所以从S向Xi连接容量为ri的边作为限制。Y集合中每个点Yi则是第i天需要的餐巾，数量为ri，与T连接的边容量作为限制。每天用完的餐巾可以选择留到下一天（Xi->Xi+1），不需要花费，送到快洗部(Xi->Yi+m)，费用为f，送到慢洗部(Xi->Yi+n)，费用为s。每天需要的餐巾除了刚刚洗好的餐巾，还可能是新购买的(S->Yi)，费用为p。

 

【建模方法】
把每天分为二分图两个集合中的顶点Xi,Yi，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。
2、从每个Yi向T连一条容量为ri，费用为0的有向边。
3、从S向每个Yi连一条容量为无穷大，费用为p的有向边。
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。
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。
6、从每个Xi向Yi+n(i+n<=N)连一条容量为无穷大，费用为s的有向边。
求网络最小费用最大流，费用流值就是要求的最小总花费。

 

贴代码~

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn=,maxm=,inf=0x7fffffff;
int n,m,p,f,ss,tt,a,b,s,t,mincost,tot=,head[maxn],d[maxn],from[maxm*];
queue<int> q;
bool v[maxn];
struct node{
    int from,go,v,c,next;
}e[maxm*];
inline int read(){
    int x=;char ch=getchar();
    while (ch<'' || ch>'') ch=getchar();
    while (ch>='' && ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
    return x;
}
inline void addedge(int x,int y,int v,int c){
    e[++tot]=(node){x,y,v,c,head[x]};head[x]=tot;
    e[++tot]=(node){y,x,,-c,head[y]};head[y]=tot;
}
bool spfa(){
    for (int i=s;i<=t;i++) v[i]=,d[i]=inf;
    q.push(s);d[s]=;v[s]=;
    while (!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();v[x]=;
        for (int i=head[x],y;i;i=e[i].next){
            if (e[i].v && d[x]+e[i].c<d[y=e[i].go]){
                d[y]=d[x]+e[i].c;from[y]=i;
                if (!v[y]) v[y]=,q.push(y);
            }
        }
    }
    return d[t]!=inf;
}
void mcf(){
    mincost=;
    while(spfa()){
        int tmp=inf;
        for (int i=from[t];i;i=from[e[i].from]) tmp=min(tmp,e[i].v);
        mincost+=tmp*d[t];
        for (int i=from[t];i;i=from[e[i].from]) e[i].v-=tmp,e[i^].v+=tmp;
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&p,&m,&f,&tt,&ss);
    s=;t=n+n+;
    for (int i=;i<=n;i++){
        a=read();
        addedge(s,i,a,);
        addedge(n+i,t,a,);
        addedge(s,n+i,inf,p);
        if (i<n) addedge(i,i+,inf,);
        if (i+m<=n) addedge(i,n+m+i,inf,f);
        if (i+tt<=n) addedge(i,n+i+tt,inf,ss);
    }
    mcf();
    printf("%d\n",mincost);
}