BZOJ 2055: 80人环游世界(有上下界的费用流)

题面

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Description

想必大家都看过成龙大哥的《80天环游世界》，里面的紧张刺激的打斗场面一定给你留下了深刻的印象。现在就有这么

一个80人的团伙，也想来一次环游世界。

他们打算兵分多路，游遍每一个国家。

因为他们主要分布在东方，所以他们只朝西方进军。设从东方到西方的每一个国家的编号依次为1...N。假若第i个人的游历路线为P1、P2......Pk(0≤k≤N)，则P1<P2<......<Pk。

众所周知，中国相当美丽，这样在环游世界时就有很多人经过中国。我们用一个正整数Vi来描述一个国家的吸引程度，Vi值越大表示该国家越有吸引力，同时也表示有且仅

有Vi个人会经过那一个国家。

为了节省时间，他们打算通过坐飞机来完成环游世界的任务。同时为了省钱，他们希望总的机票费最小。

明天就要出发了，可是有些人临阵脱逃，最终只剩下了M个人去环游世界。他们想知道最少的总费用，你能告诉他们吗？

Input

第一行两个正整数N，M。

第二行有N个不大于M正整数，分别表示V1，V2......VN。

接下来有N-1行。第i行有N-i个整数，该行的第j个数表示从第i个国家到第i+j个国家的机票费（如果该值等于-1则表示这两个国家间没有通航）。

Output

在第一行输出最少的总费用。

Sample Input

6 3

2 1 3 1 2 1

2 6 8 5 0

8 2 4 1

6 1 0

4 -1

4

Sample Output

27

HINT

1<= N < =100 1<= M <= 79

解题思路

　　有上下界的网络流。大体思路就是先让所有边流下界那么多流量，然后每条边的流量变成上界-下界，记录每个点的流入量和流出量，设流入量-流出量为\(v[i]\)。建立超级源点和超级汇点，超级源点向\(v[i]>0\)的\(i\)连流量为\(v[i]\)的边，\(v[i]<0\)的向汇点连流量为\(-v[i]\)的边，然后跑一遍最大流，得到的解是一个可行解。费用流同理。这道题建图比较容易，每个点拆点，源点向每个点的入点连流量上界为\(inf\)，下界为\(0\)，费用为\(0\)的边，每个点的入点向出点连流量上下界均为要求人数，费用为\(0\)的边，每个点的出点向它所能到达的入点连上界为\(inf\)，下界为\(0\)，费用为\(dis[i][j]\)的边，每个点的出点向汇点连流量上界为\(inf\)，下界为\(0\)，费用为\(0\)的边，跑一遍费用流。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>

using namespace std;
const int MAXN = 210;
const int MAXM = 20005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?0:1,ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return f?x:-x;
}

int n,m,head[MAXN],cnt=1,to[MAXM<<1],nxt[MAXM<<1],val[MAXM<<1],cost[MAXM<<1];
int S,T,SS,TT,ans,in[MAXN],incf[MAXN],pre[MAXN],dis[MAXN];
bool vis[MAXN];
queue<int> Q;

inline void add(int bg,int ed,int w,int z){
	to[++cnt]=ed,nxt[cnt]=head[bg],val[cnt]=w,cost[cnt]=z,head[bg]=cnt;
}

bool spfa(){
	while(Q.size()) Q.pop();
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(vis,false,sizeof(vis));
	Q.push(SS);incf[SS]=inf;vis[SS]=1;dis[SS]=0;
	while(Q.size()){
		int x=Q.front();Q.pop();vis[x]=0;
		for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
			int u=to[i];
			if(dis[x]+cost[i]<dis[u] && val[i]){
				dis[u]=dis[x]+cost[i];
				incf[u]=min(incf[x],val[i]);
				pre[u]=i;
				if(!vis[u]) Q.push(u),vis[u]=1;
			}
		}
	}
	return (dis[TT]==inf)?0:1;
}

inline void update(){
	int x=TT,i;
	while(x!=SS){
		i=pre[x];
		val[i]-=incf[TT];
		val[i^1]+=incf[TT];
		x=to[i^1];
	}
	ans+=dis[TT]*incf[TT];
}	

int main(){
	n=rd(),m=rd();S=2*n+1;T=S+1;SS=T+1;TT=SS+1;
	int x;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		x=rd();
		add(i,i+n,0,0);add(i+n,i,0,0);
		in[i]-=x;in[i+n]+=x;
	}add(SS,S,m,0);add(S,SS,0,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			x=rd();
			if(x!=-1) add(i+n,j,inf,x),add(j,i+n,0,-x);
		}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		add(S,i,inf,0),add(i,S,0,0),add(i+n,T,inf,0),add(T,i+n,0,0);
	for(int i=1;i<=2*n;i++){
		if(in[i]>0) add(SS,i,in[i],0),add(i,SS,0,0);
		else add(i,TT,-in[i],0),add(TT,i,0,0);
	}
	while(spfa()) update();
	printf("%d",ans);
	return 0;
}