【bzoj3931】[CQOI2015]网络吞吐量 最短路+最大流

题目描述

路由是指通过计算机网络把信息从源地址传输到目的地址的活动，也是计算机网络设计中的重点和难点。网络中实现路由转发的硬件设备称为路由器。为了使数据包最快的到达目的地，路由器需要选择最优的路径转发数据包。例如在常用的路由算法OSPF(开放式最短路径优先)中，路由器会使用经典的Dijkstra算法计算最短路径，然后尽量沿最短路径转发数据包。现在，若已知一个计算机网络中各路由器间的连接情况，以及各个路由器的最大吞吐量（即每秒能转发的数据包数量），假设所有数据包一定沿最短路径转发，试计算从路由器1到路由器n的网络的最大吞吐量。计算中忽略转发及传输的时间开销，不考虑链路的带宽限制，即认为数据包可以瞬间通过网络。路由器1到路由器n作为起点和终点，自身的吞吐量不用考虑，网络上也不存在将1和n直接相连的链路。

输入

输入文件第一行包含两个空格分开的正整数n和m，分别表示路由器数量和链路的数量。网络中的路由器使用1到n编号。接下来m行，每行包含三个空格分开的正整数a、b和d，表示从路由器a到路由器b存在一条距离为d的双向链路。 接下来n行，每行包含一个正整数c，分别给出每一个路由器的吞吐量。

输出

输出一个整数，为题目所求吞吐量。

样例输入

7 10
1 2 2
1 5 2
2 4 1
2 3 3
3 7 1
4 5 4
4 3 1
4 6 1
5 6 2
6 7 1
1
100
20
50
20
60
1

样例输出

70

---

题目大意

给你n个点和m条边，如果第i条边是点1到其某一端点的最短路的一部分，那么这条边可以流通，容量为inf。对于每个点i（i!=1&&i!=n）有一个限制，流入该点的容量不超过ci，求最大流。

题解

坑爹语文题

最短路+拆点+最大流

明白题意以后，跑最短路，拆点，连边，跑dinic就可以了。

注意要开long long。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define inf 0x3fffffffffffffffll
using namespace std;
queue<int> q;
int head[1010] , to[200010] , next[200010] , cnt = 1 , inq[1010] , a[100010] , b[100010] , s , t;
long long val[200010] , c[100010] , dis[200010];
void add(int x , int y , long long z)
{
	to[++cnt] = y;
	val[cnt] = z;
	next[cnt] = head[x];
	head[x] = cnt;
}
bool bfs()
{
	int x , i;
	while(!q.empty()) q.pop();
	memset(dis , 0 , sizeof(dis));
	dis[s] = 1;
	q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		x = q.front() , q.pop();
		for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
		{
			if(val[i] && !dis[to[i]])
			{
				dis[to[i]] = dis[x] + 1;
				if(to[i] == t) return 1;
				q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return 0;
}
long long dinic(int x , long long low)
{
	if(x == t) return low;
	long long temp = low , k;
	int i;
	for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
	{
		if(val[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1)
		{
			k = dinic(to[i] , min(temp , val[i]));
			if(!k) dis[to[i]] = 0;
			val[i] -= k , val[i ^ 1] += k;
			if(!(temp -= k)) break;
		}
	}
	return low - temp;
}
int main()
{
	int n , m , i , x;
	long long v , ans = 0;
	scanf("%d%d" , &n , &m);
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
		scanf("%d%d%lld" , &a[i] , &b[i] , &c[i]) , add(a[i] , b[i] , c[i]) , add(b[i] , a[i] , c[i]);
	memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
	dis[1] = 0;
	q.push(1);
	while(!q.empty())
	{
		x = q.front() , q.pop() , inq[x] = 0;
		for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
		{
			if(dis[to[i]] > dis[x] + val[i])
			{
				dis[to[i]] = dis[x] + val[i];
				if(!inq[to[i]]) inq[to[i]] = 1 , q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	memset(head , 0 , sizeof(head)) , cnt = 1;
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		if(dis[a[i]] + c[i] == dis[b[i]]) add(a[i] , b[i] + n , inf) , add(b[i] + n , a[i] , 0);
		if(dis[b[i]] + c[i] == dis[a[i]]) add(b[i] , a[i] + n , inf) , add(a[i] + n , b[i] , 0);
	}
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		scanf("%lld" , &v);
		if(i > 1 && i < n) add(i + n , i , v) , add(i , i + n , 0);
	}
	s = 1 , t = n << 1;
	while(bfs()) ans += dinic(s , inf);
	printf("%lld\n" , ans);
	return 0;
}