[bzoj3876][网络流-有源汇有上下界的费用流]支线剧情

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

全程%PoPoQQQ
给一个学习的链接
顺带学习上下界可行流，最大流，最小流

[1]把流转化为环流 本题中的一个环流：一条路径从1到任意结点，然后再回到1 故对于每个结点x，x到1连流量+∞费用0的边，表示回到1的过程
[2]去掉下界，加入S、T，调整流量守恒 对于一条x到y，流量[L,R]（此题L=1，R=+∞），费用z的边，类似于有上下界的网络流：
（1）S到y连流量L，费用z的边
（2）x到T连流量为x的出度，费用0的边
（3）x到y连流量R-L，费用z的边

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
struct node
{
    int x,y,c,d,next,other;
}a[210000];int len,last[310];
void ins(int x,int y,int c,int d)
{
    int k1,k2;
    k1=++len;
    a[len].x=x;a[len].y=y;a[len].c=c;a[len].d=d;
    a[len].next=last[x];last[x]=len;
    k2=++len;
    a[len].x=y;a[len].y=x;a[len].c=0;a[len].d=-d;
    a[len].next=last[y];last[y]=len;
    a[k1].other=k2;
    a[k2].other=k1;
}
bool v[310];
int st,ed,d[310];
int tmp[310],pre[310];
queue<int> q;
bool spfa()
{
    memset(d,63,sizeof(d));d[st]=0;
    memset(v,false,sizeof(v));v[st]=true;
    q.push(st);
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
        {
            int y=a[k].y;
            if(d[y]>d[x]+a[k].d && a[k].c>0)
            {
                d[y]=d[x]+a[k].d;
                pre[y]=x;tmp[y]=k;
                if(v[y]==false)
                {
                    v[y]=true;
                    q.push(y);
                }
            }
        }
        q.pop();v[x]=false;
    }
    if(d[ed]<999999999)return true;
    return false;
}
int mcf()
{
    int ret=0;
    while(spfa())
    {
        int x=ed,minn=999999999;
        while(x!=st)
        {
            minn=min(minn,a[tmp[x]].c);
            x=pre[x];
        }
        ret+=d[ed]*minn;
        x=ed;
        while(x!=st)
        {
            a[tmp[x]].c-=minn;a[a[tmp[x]].other].c+=minn;
            x=pre[x];
        }
    }
    return ret;
}
int n,m;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    st=n+1;ed=n+2;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&m);
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            int u,v;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            ins(i,u,999999999,v);
            ins(st,u,1,v);
        }
        ins(i,ed,m,0);
        if(i!=1)ins(i,1,999999999,0);
    }
    printf("%d\n",mcf());
    return 0;
}