HDU 6118 度度熊的交易计划(网络流-最小费用最大流)

度度熊参与了喵哈哈村的商业大会，但是这次商业大会遇到了一个难题：

喵哈哈村以及周围的村庄可以看做是一共由n个片区，m条公路组成的地区。

由于生产能力的区别，第i个片区能够花费a[i]元生产1个商品，但是最多生产b[i]个。

同样的，由于每个片区的购买能力的区别，第i个片区也能够以c[i]的价格出售最多d[i]个物品。

由于这些因素，度度熊觉得只有合理的调动物品，才能获得最大的利益。

据测算，每一个商品运输1公里，将会花费1元。

那么喵哈哈村最多能够实现多少盈利呢？

Input本题包含若干组测试数据。 
每组测试数据包含： 
第一行两个整数n,m表示喵哈哈村由n个片区、m条街道。 
接下来n行，每行四个整数a[i],b[i],c[i],d[i]表示的第i个地区，能够以a[i]的价格生产，最多生产b[i]个，以c[i]的价格出售，最多出售d[i]个。 
接下来m行，每行三个整数,u[i],v[i],k[i]，表示该条公路连接u[i],v[i]两个片区，距离为k[i]

可能存在重边，也可能存在自环。

满足: 
1<=n<=500, 
1<=m<=1000, 
1<=a[i],b[i],c[i],d[i],k[i]<=1000, 
1<=u[i],v[i]<=n 
Output输出最多能赚多少钱。 
Sample Input

2 1
5 5 6 1
3 5 7 7
1 2 1

Sample Output

23
题解：

最小费用最大流，首先建立超级源点 s ，与超级汇点 t 。

因为生产一个商品需要花费 a[i] 元，且上限为 b[i] ，所以我们从 s 向这些点之间连一条容量为 b[i] ，费用为 -a[i] 的边。

同样的道理，出售一个商品可以赚到 c[i] 元，最多出售 d[i] 个，于是我们从这些点向 t 连一条容量为 d[i] ，费用为 c[i] 的边。

最后所有的公路也是花费，从 u 到 v 连接一条双向边，容量为 INF ，费用为 -k ，然后跑一边模板即可。

注意：图中存在自环，当我们得到两点路径长度小于 0 时应终止计算。

参考代码为

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define INF 0x3f3f3f3f
 typedef long long LL;
 const int M=;
 const int N=;
 struct edge
 {
     int to,cap,cost,nxt;
 } e[];

 int head[N],tot;
 int d[N], pre[N], path[N];
 bool vis[N];

 void init()
 {
     memset(head,-,sizeof(head));
     tot = ;
 }

 void addedge(int s, int t, int cap, int cost)
 {
     e[tot].to=t;
     e[tot].cap=cap;
     e[tot].cost=cost;
     e[tot].nxt=head[s];
     head[s] = tot++;
     e[tot].to=s;
     e[tot].cap=;
     e[tot].cost=-cost;
     e[tot].nxt=head[t];
     head[t] = tot++;
 }

 int spfa(int s, int t)
 {
     memset(d,-INF,sizeof(d));
     memset(pre,-,sizeof(pre));
     memset(path,-,sizeof(path));
     memset(vis,false,sizeof(vis));
     int res = d[];
     d[s] = ;
     vis[s] = true;
     queue<int>q;
     q.push(s);
     while (!q.empty())
     {
         int u = q.front();
         q.pop();
         vis[u] = false;
         for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt)
         {
             int v = e[i].to;
             if (d[v] < d[u] + e[i].cost && e[i].cap > )
             {
                 d[v] = d[u] + e[i].cost;
                 pre[v] = u;
                 path[v] = i;
                 if (!vis[v])
                 {
                     vis[v] = true;
                     q.push(v);
                 }
             }
         }
     }
     return d[t] != res;
 }

 int MinCostMaxFlow(int s, int t,int &cost)//返回最大流,cost为最小费用
 {
     int flow;
     flow=cost=;
     while (spfa(s, t))
     {
         int minn = INF;
         for(int i = t; i != s && ~i; i = pre[i]) minn = min(minn, e[path[i]].cap);
         for(int i = t; i != s && ~i; i = pre[i])
         {
             e[path[i]].cap -= minn;
             e[path[i] ^ ].cap += minn;
         }
         if(d[t]<) break;  //由于可能会有自环
         flow += minn;
         cost += minn * d[t];
     }
     return flow;
 }
 int n,m;
 int main()
 {
     while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
     {
         init();
         int a,b,c,d;
         int st=,end=n+,cost;
         for(int i=;i<=n;i++)
         {
             scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
             addedge(st,i,b,-a);
             addedge(i,end,d,c);
         }
         int u,v,k;
         while(m--)
         {
             scanf("%d%d%d",&u,&v,&k);
             addedge(u,v,INF,-k);
             addedge(v,u,INF,-k);
         }
         MinCostMaxFlow(st,end,cost);
         cout<<cost<<endl;
     }
 }