POJ 2391 多源多汇拆点最大流 +flody+二分答案

题意：在一图中，每个点有俩个属性：现在牛的数量和雨棚大小（下雨时能容纳牛的数量），每个点之间有距离，

给出牛（速度一样）在顶点之间移动所需时间，问最少时间内所有牛都能避雨。

模型分析：多源点去多汇点（此题源点也可能是汇点（源汇同点）），所以我的方法是：建立超级源点和超级

汇点，超级源点连想所有点，容量为该店本来的牛数量，在把各点拆成如图（略丑），到汇点的容量分别为

避雨容纳量，点点之间容量可以无限大。folyd求任意两点的最短路后，二分最大时间建图，枚举求最大之最小即可。

未1A原因：

1：开始时为了偷取一点时间复杂度，源点和汇点的部分图按全局先建立了，导致链式前向星操作失控，

也因为这样更好的理解了head[i]的作用；

2：开始没有拆点，这题明显和POJ2112不同，因为目标点（多个）和出发点（多个）可能在同一个点，

必需拆点i  --》i+n+1(n+1是超级汇点)。

3.注意此题数据范围，一条边可能到10^10，多边时必然爆INT，用longlong，在函数传参的时候也别忘记！

还有就是几条边，200*200*2+200*2*2（200个点拆后俩俩有双向边+超级源点和汇点）。

PS：为什么我的dinic时间要700MS+。。。。

#include<iostream>//750MS
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
int n,m;const int inf =0x3f3f3f3f;
long long a[210][210]; long long minmax=0;int num=0;
int  sh=0; int numcow=0;
int e[81001][3];int head[410]; int cow[210];int shelt[210];  //链式前向星二维数组表示法，0：to,1:pre,2:wight;
void folyd()                   //最短路不用说
{
     for(int i=1;i<=n;i++)
       for(int j=1;j<=n;j++)
         for(int ii=1;ii<=n;ii++)
                if(a[j][ii]>a[j][i]+a[i][ii])
                   {
                       a[j][ii]=a[j][i]+a[i][ii];
                      if(a[j][ii]>minmax)minmax=a[j][ii];         //枚举上界
                   }
}
void build(long long limit)  //建图
{
       num=0;
     for(int i=0;i<=2*n+2;i++)
        head[i]=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)    //超级源点和汇点
     {
         e[num][0]=i;e[num][1]=head[0];head[0]=num;
         e[num++][2]=cow[i];
         e[num][0]=0;e[num][1]=head[i];head[i]=num;
         e[num++][2]=0;
         e[num][0]=n+1;e[num][1]=head[i+n+1];head[i+n+1]=num;
         e[num++][2]=shelt[i];
         e[num][0]=i+n+1;e[num][1]=head[n+1];head[n+1]=num;
         e[num++][2]=0;
     }
    for(int i=1;i<=n;i++)    //限制下可以添加的边
      for(int j=1;j<=n;j++)
         if(a[i][j]<=limit)
           {
               e[num][0]=j+n+1;e[num][1]=head[i];head[i]=num;
               e[num++][2]=numcow;
               e[num][0]=i;e[num][1]=head[j+n+1];head[j+n+1]=num;
               e[num++][2]=0;
           }
}
int level[410];int vis[410];
bool bfs()                          //bfs+dfs,dinic算法
{
    for(int i=0;i<=2*n+2;i++)
       vis[i]=level[i]=0;
     queue<int>q;
    q.push(0);vis[0]=1;
    while(!q.empty())
    {
      int cur=q.front();q.pop();
      for(int i=head[cur];i!=-1;i=e[i][1])
          {    int to=e[i][0];
              if(!vis[to]&&e[i][2]>0)
              {
                  vis[to]=1;
                  level[to]=level[cur]+1;
                  if(to==n+1)return 1;
                  q.push(to);
              }
          }
    }
    return vis[n+1];
}
int dfs(int uu,int minf)
{
    if(uu==n+1||minf==0)return minf;
    int sum=0,f;
     for(int i=head[uu];i!=-1&&minf;i=e[i][1])
          {      int to=e[i][0];
              if(level[to]==level[uu]+1&&e[i][2]>0)
              {
                  f=dfs(to,minf<e[i][2]?minf:e[i][2]);
                  e[i][2]-=f;e[i^1][2]+=f;
                  sum+=f;minf-=f;
              }
          }
      return sum;
}
bool check(long long limit)
{
    build(limit);
    int sumflow=0;
    while(bfs())
    {
        sumflow+=dfs(0,inf);
    }
    if(sumflow==numcow)
      return 1;
   return 0;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=1;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d%d",&cow[i],&shelt[i]);
         numcow+=cow[i]; sh+=shelt[i];
     }
    for(int i=0;i<=n;i++)
       for(int j=0;j<=n;j++)
             a[i][j]=10000000000000;
    for(int i=0;i<=n;i++)
         a[i][i]=0;
       for(int j=1;j<=m;j++)
        {
           int temp1,temp2;
           scanf("%d%d",&temp1,&temp2);
           long long tempa;
           scanf("%lld",&tempa);
           if(a[temp1][temp2]>tempa)
           {
              a[temp1][temp2]=tempa;
              a[temp2][temp1]=tempa;
              if(a[temp1][temp2]>minmax)minmax=a[temp1][temp2];         //枚举上界
           }
        }
     if(numcow>sh){printf("-1\n");return 0;}   //无解情况
    folyd();
    long long left=0,right=minmax,mid;
    if(!check(minmax)){printf("-1\n");return 0;}   //无解情况
      while(right>left+1)          //二分答案，注意一下
      {
          mid=(right+left)/2;
          if(check(mid))
          {
              right=mid;
          }
          else
            left=mid;
      }
      if(check(right-1))         //最后二分时判断特殊情况
      printf("%lld\n",right-1);
      else
        printf("%lld\n",right);
     return 0;
}