BZOJ 2055: 80人环游世界 有源汇上下界费用流

title

BZOJ 2055
LUOGU 4553
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 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

27

HINT

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

analysis

刚开始的确没看出来这道题是个有源汇上下界费用流，以为就是个普通的费用流，瞎建图半天，最后跑出来个 0 。

翻了题解，看到有源汇上下界费用流字样，赶紧回过来，换建图方式。这道题的建图方式和支线剧情挺像的（其实意思是基本板子题，但是需要思考的东西还是很多的）。

说一下建图方式：

1. 源点连向附加源，上下界都为 $M$，代价为 0 ，因为出发时 $M$ 个人都出发了。
2. 然后将 $N$ 个地点拆点，分别由附加源连向 $i$，由 $i^{\prime }$ 连向汇点，容量上界为 $M$，下界为 $0$，表示这个地点最多 $M$ 个人都过去了，最少 没有人 过去。
3. 因为每个地点都有一个 $V_i$ 表示如果要经过这个地点，那么有且只有 $V_i$ 个人经过，那么就在 $i$ 向 $i^{\prime }$ 连 容量上下界都为 $V_i$ 的边了。当然，上述边的费用都为 0（还没到花钱的地方呢）。
4. （这下到花钱的地方了）只要他不是 -1 ，即需要付钱，那么就把这两个地点相连，容量上界很容易想到为 $M$，下界为 $0$，和第 2 点的理由相同。费用就是所读入的机票费了。
5. 剩下的，就是有源汇上下界网络流建图的模式了。统计流出量和流入量，然后超级源连向流入量>流出量的点，流入量<流出量的点连向超级汇。
6. 最后跑个最小费用最大流即可。

这道题目就解决了。

code

#include
using namespace std;
const int maxn=211,maxm=1e5+10,inf=0x3f3f3f3f;

char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
template<typename T>inline void read(T &x)
{
    x=0;
    T f=1, ch=getchar();
    while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
    if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
    while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
    x*=f;
}

template<typename T>inline void write(T x)
{
    if (!x) { putchar('0'); return ; }
    if (x<0) putchar('-'), x=-x;
    T num=0, ch[20];
    while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
    while (num) putchar(ch[num--]);
}

int ver[maxm<<1],edge[maxm<<1],Next[maxm<<1],cost[maxm<<1],head[maxn],len=1;
inline void add(int x,int y,int z,int c)
{
    ver[++len]=y,edge[len]=z,cost[len]=c,Next[len]=head[x],head[x]=len;
    ver[++len]=x,edge[len]=0,cost[len]=-c,Next[len]=head[y],head[y]=len;
}

int M[maxn],ans;
inline void insert(int x,int y,int up,int low,int c)
{
    add(x,y,up-low,c);
    if (low) M[y]+=low,M[x]-=low,ans+=c*low;
}

int s,t,ss,kk,tt;//s，t超级源汇点，ss，tt题中源汇点，kk附加源
int dist[maxn],incf[maxn],pre[maxn];
bool vis[maxn];
inline bool spfa()
{
    memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    queue<int>q;q.push(s);
    dist[s]=0,vis[s]=1,incf[s]=1<<30;
    while (!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        vis[x]=0;
        for (int i=head[x]; i; i=Next[i])
        {
            if (!edge[i]) continue;
            int y=ver[i];
            if (dist[y]>dist[x]+cost[i])
            {
                dist[y]=dist[x]+cost[i];
                incf[y]=min(incf[x],edge[i]);
                pre[y]=i;
                if (!vis[y]) q.push(y),vis[y]=1;
            }
        }
    }
    if (dist[t]==inf) return false;
    else return true;
}

int maxflow;
inline void update()
{
    int x=t;
    while (x!=s)
    {
        int i=pre[x];
        edge[i]-=incf[t];
        edge[i^1]+=incf[t];
        x=ver[i^1];
    }
    maxflow+=incf[t];
    ans+=dist[t]*incf[t];
}

int main()
{
    int n,m;read(n);read(m);
    ss=n<<1|1,kk=ss+1,tt=kk+1;
    s=tt+1,t=s+1;
    insert(ss,kk,m,m,0);
    for (int i=1,x; i<=n; ++i)
    {
        insert(kk,i,m,0,0);
        insert(i+n,tt,m,0,0);
        read(x);
        insert(i,i+n,x,x,0);
    }
    for (int i=1; i<=n; ++i)
        for (int j=i+1,x; j<=n; ++j)
        {
            read(x);
            if (~x) insert(i+n,j,m,0,x);
        }
    insert(tt,ss,m,0,0);
    for (int i=1; i<=tt; ++i)
        if (M[i]>0) add(s,i,M[i],0);
        else add(i,t,-M[i],0);
    while (spfa()) update();
    write(ans);
    return 0;
}