C++之路进阶——bzoj3876（支线剧情）

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Notice:由于本OJ建立在Linux平台下，而许多题的数据在Windows下制作，请注意输入、输出语句及数据类型及范围，避免无谓的RE出现。

3876: [Ahoi2014]支线剧情

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 542  Solved: 332
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Description

【故事背景】

宅男JYY非常喜欢玩RPG游戏，比如仙剑，轩辕剑等等。不过JYY喜欢的并不是战斗场景，而是类似电视剧一般的充满恩怨情仇的剧情。这些游戏往往

都有很多的支线剧情，现在JYY想花费最少的时间看完所有的支线剧情。

【问题描述】

JYY现在所玩的RPG游戏中，一共有N个剧情点，由1到N编号，第i个剧情点可以根据JYY的不同的选择，而经过不同的支线剧情，前往Ki种不同的新的剧情点。当然如果为0，则说明i号剧情点是游戏的一个结局了。

JYY观看一个支线剧情需要一定的时间。JYY一开始处在1号剧情点，也就是游戏的开始。显然任何一个剧情点都是从1号剧情点可达的。此外，随着游戏的进行，剧情是不可逆的。所以游戏保证从任意剧情点出发，都不能再回到这个剧情点。由于JYY过度使用修改器，导致游戏的“存档”和“读档”功能损坏了，

所以JYY要想回到之前的剧情点，唯一的方法就是退出当前游戏，并开始新的游戏，也就是回到1号剧情点。JYY可以在任何时刻退出游戏并重新开始。不断开始新的游戏重复观看已经看过的剧情是很痛苦，JYY希望花费最少的时间，看完所有不同的支线剧情。

Input

输入一行包含一个正整数N。

接下来N行，第i行为i号剧情点的信息；

第一个整数为，接下来个整数对，Bij和Tij，表示从剧情点i可以前往剧

情点，并且观看这段支线剧情需要花费的时间。

 

Output

输出一行包含一个整数，表示JYY看完所有支线剧情所需要的最少时间。

 

 

 

Sample Input

6
2 2 1 3 2
2 4 3 5 4
2 5 5 6 6
0
0
0

Sample Output

24

HINT

JYY需要重新开始3次游戏，加上一开始的一次游戏，4次游戏的进程是

1->2->4，1->2->5，1->3->5和1->3->6。

 

对于100%的数据满足N<=300,0<=Ki<=50,1<=Tij<=300,Sigma(Ki)<=5000

题解：

   将起点与所有点连边，路径之间连边，流量为INF，权值为Z，将起点与路径终点连边，权值为Z,流量为1，然后跑最小费用最大流。

代码：

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include<queue>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 #define maxn 310
 #define S 0
 #define T (n+1)  

 using namespace std;

 int ans=,n,m;

 namespace Min_Cost_Max_Flow
    {
       int head[maxn],from[maxn],dis[maxn],inq[maxn],cnt=; 

       struct ss
         {
             int c;
             int v;
             int next;
             int to;
             int from;
         }e[];
       void add(int u,int v,int w,int c)
            {
              e[++cnt].next=head[u];
              e[cnt].v=w;
              e[cnt].c=c;
              e[cnt].from=u;
              head[u]=cnt;
              e[cnt].to=v;
            }
      void  insert(int u,int v,int w,int c)
            {
              add(u,v,w,c);
              add(v,u,,-c);
            }
      bool spfa()
            {
              for (int i=;i<=T;i++) dis[i]=0x7fffffff;
              dis[S]=;
              inq[S]=;
              queue<int>que;
              que.push(S);
              while (!que.empty())
                {
                   int now=que.front();
                   que.pop();
                   inq[now]=;
                   for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
                      if (e[i].v&&dis[e[i].to]>dis[now]+e[i].c)
                         {
                             dis[e[i].to]=dis[now]+e[i].c;
                             from[e[i].to]=i;
                             if (!inq[e[i].to]) inq[e[i].to]=,que.push(e[i].to);
                         }
                }
             if (dis[T]==0x7fffffff) return ;
                return ;
            }
      void mcf()
            {
              int x=0x7fffffff;
              for (int i=from[T];i;i=from[e[i].from])
                 x=min(x,e[i].v);
              for (int i=from[T];i;i=from[e[i].from])
                 {
                     e[i].v-=x;
                     e[i^].v+=x;
                     ans+=x*e[i].c;
                 }
            }
     }
  int main()
      {
         using namespace Min_Cost_Max_Flow;
          scanf("%d",&n);
         for (int i=;i<=n;i++)
           {
             int k;
             scanf("%d",&k);
             insert(i,T,k,);
             for (int j=;j<=k;j++)
               {
                 int y,z;
                 scanf("%d%d",&y,&z);
                 insert(i,y,0x7fffffff,z);
                 insert(S,y,,z);
               }
             if (i!=) insert(i,,0x7fffffff,);
           }
         while (spfa()) mcf();
          printf("%d\n",ans);
      }