【BZOJ2055】80人环游世界

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

HINT

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

题解：有上下界费用流，需要拆点，直接上建边方法

1.S -> i的出点容量v[i]，费用0 相当于（i的入点->i的出点）这条边的下界
2.i的入点 -> T 容量v[i]，费用0 也相当于这条边的下界
由于（i的入点 -> i的出点）这条边的上界=下界，所以不需要再原图中连（i的入点 ->i的出点）这条边了
3.0的出点 -> i的入点容量m，费用0 相当于可以在任意一个点开始
4.i的出点 -> 0的入点容量m，费用0 相当于可以在任意一个点终止
5.0的入点 -> 0的出点容量m，费用0 为了使原图每个点入度=出度
下面，对于原图中的边（i,j）
6.i的出点 -> j的入点容量∞，费用为i到j的机票费

#include <cstdio>

#include <iostream>

#include <queue>

#include <cstring>

using namespace std;

int n,m,cnt,S,T,SS,TT,ans;

int to[300000],next[300000],cost[300000],flow[300000],head[300],dis[300],inq[300],pe[300],pv[300];

int ind[300000],outd[300000];

queue<int> q;

void add(int a,int b,int c,int d)

{

	to[cnt]=b,cost[cnt]=c,flow[cnt]=d,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;

	to[cnt]=a,cost[cnt]=-c,flow[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;

}

int rd()

{

	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();

	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}

	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();

	return ret*f;

}

int bfs()

{

	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));

	q.push(S),dis[S]=0;

	int i,u;

	while(!q.empty())

	{

		u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;

		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])

		{

			if(dis[to[i]]>dis[u]+cost[i]&&flow[i])

			{

				dis[to[i]]=dis[u]+cost[i],pe[to[i]]=i,pv[to[i]]=u;

				if(!inq[to[i]])	inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);

			}

		}

	}

	return dis[T]<0x3f3f3f3f;

}

int main()

{

	n=rd(),m=rd();

	int i,j,a,b,c;

	memset(head,-1,sizeof(head));

	S=2*n+1,T=2*n+2,SS=2*n+3,TT=2*n+4;

	for(i=1;i<=n;i++)

	{

		a=rd();

		add(S,i+n,0,a),add(i,T,0,a),add(SS,i,0,m),add(i+n,TT,0,m);

	}

	add(TT,SS,0,m);

	for(i=1;i<n;i++)

	{

		for(j=i+1;j<=n;j++)

		{

			a=rd();

			if(a!=-1)	add(i+n,j,a,1<<30);

		}

	}

	while(bfs())

	{

		int mf=1<<30;

		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	mf=min(mf,flow[pe[i]]);

		ans+=mf*dis[T];

		for(i=T;i!=S;i=pv[i])	flow[pe[i]]-=mf,flow[pe[i]^1]+=mf;

	}

	printf("%d",ans);

	return 0;

}