【FJ 2016 Day5】抢夺(rush)
题目描述
大战将至，美国决定实行计划经济。美国西部总共有 N 个城市，编号为 0 ∼ N−1，以及 M 条道路，道路是单向的。其中城市 0 是一个大城市，里面住着 K 个人，而城市 N−1 是一个农业城市。现在所有城市 0 的居民都需要到城市 N−1 去领取食物。由于担心体力不支，所以居民都会采取开车的形式出行。但道路不是无限宽的，对于一条道路，会有 ci 的限制，表示在同一天内，最多只能有 ci 辆车同时在这条道路上行驶。一条道路的长度为 1，每辆车的行驶速度也可以假定为 1 每天。城市 N−1 会在每个居民都到达后马上开始发放食物。现在 Reddington 想知道，假如在最优安排下，居民最早能在多少天后领到食物。假如没有居民那就不需要发放食物，默认为第 0 天。
输入
一个测试点包含多组数据。
对于每组数据：
第一行包括三个整数 N,M,K。
接下来 M 行，每行三个整数 u,v,c，描述一条从 u 出发到 v 的道路。
输出
对于每组数据，
假如无解，输出”No solution”，不包括引号。
假如有解，输出最早的天数。
样例输入
5 6 4
0 1 2
0 3 1
1 2 1
2 3 1
1 4 1
3 4 2
样例输出
3
提示
【样例解释】
第 1，2 个人都选择第 0 天开始出发，分别走 0-1-4，0-3-4 的道路，第 3,4 个人从第 1 天开始出发，沿着前两个人的路线走。总共只需要 3 天。可以证明这是最优解。
【数据范围】
对于 30% 的数据，满足：N ≤ 10,M ≤ 20,K ≤ 50。
对于 60% 的数据，满足：N ≤ 200,M ≤ 500,K ≤ 100000。
对于 100% 的数据，满足：1 ≤ N ≤ 1000,1 ≤ M ≤ 5000,0 ≤ K ≤ 109,0 ≤ u,v < N,1 ≤ ci ≤ 109，数据组数不超过 10 组。
思路
贪心来想，一定选取最短路。
答案受每轮时间t和人流量f影响：ans = k−ff+t
那么要选取几条最短路呢？
只选取一条保证t小，但是f也随之减小。
选多条使得t增大，但是f也增大了。
由于这个问题不存在单调性，考虑用网络流枚举。
再原图上跑最小费用流，设此时选取i条最短路，第i条最短路的流量为 fi ，之前的总流量为sum。由于 ti 非减， ti 与 ti−1 可能存在时间差，使得在这个时间内又可以sum ×(ti−ti−1) 个人从前i-1条路径到达终点。
第一批人到达的人可能小于k，因此按照这样的状态运送下去总共需要dis[T]+ ksum 天。
时间复杂度为O( n2m )。
代码
#include if(!inq[e[i].to]){
Q.push(e[i].to);
inq[e[i].to]=true;
}
}
}inq[now]=false;
}
return dis[T]!=INF;
}
void mcf(){
ll sum=0,days,last=0; ans=INF;
while(spfa()){
ll x=INF;
for(int i=path[T];i;i=path[e[i].from]) x=min(x,e[i].f);
for(int i=path[T];i;i=path[e[i].from]) e[i].f-=x,e[i^1].f+=x;
k-=x+(dis[T]-last)*sum;
sum+=x; last=dis[T];
days=dis[T]+ceil(max(k,0)/1.0/sum);
ans=min(ans,days);
if(k<=0) break;
}
}
void init(){
memset(head,0,sizeof head); pn=1;
}
int main(){
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
m=getint(); k=getint();
T=n-1; init();
for(int i=1;i<=m;i++){
int a=getint(),b=getint(); ll c=(ll)getint();
insert(a,b,c,1);
}
if(!k){puts("0"); continue;}
mcf();
if(ans>=INF) puts("No solution");
else printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}