「网络流 24 题」餐巾计划【最小费用最大流】

题意

一个餐厅在相继的 n 天里，每天需用的餐巾数不尽相同。假设第 i天需要 ri ​块餐巾。餐厅可以购买新的餐巾，每块餐巾的费用为 P 分；或者把旧餐巾送到快洗部，洗一块需 M 天，其费用为 F 分；或者送到慢洗部，洗一块需 N 天，其费用为 S 分（S< F ）。

每天结束时，餐厅必须决定将多少块脏的餐巾送到快洗部，多少块餐巾送到慢洗部，以及多少块保存起来延期送洗。但是每天洗好的餐巾和购买的新餐巾数之和，要满足当天的需求量。

试设计一个算法为餐厅合理地安排好 n 天中餐巾使用计划,使总的花费最小。

问题分析

网络优化问题，用最小费用最大流解决。

建模方法

把每天分为二分图两个集合中的顶点Xi,Yi，建立附加源S汇T。

1、从S向每个Xi连一条容量为ri，费用为0的有向边。
2、从每个Yi向T连一条容量为ri，费用为0的有向边。
3、从S向每个Yi连一条容量为无穷大，费用为p的有向边。
4、从每个Xi向Xi+1(i+1<=N)连一条容量为无穷大，费用为0的有向边。
5、从每个Xi向Yi+m(i+m<=N)连一条容量为无穷大，费用为f的有向边。
6、从每个Xi向Yi+n(i+n<=N)连一条容量为无穷大，费用为s的有向边。

求网络最小费用最大流，费用流值就是要求的最小总花费。

建模分析

这个问题的主要约束条件是每天的餐巾够用，而餐巾的来源可能是最新购买，也可能是前几天送洗，今天刚刚洗好的餐巾。每天用完的餐巾可以选择送到快洗部或慢洗部，或者留到下一天再处理。

经过分析可以把每天要用的和用完的分离开处理，建模后就是二分图。二分图X集合中顶点Xi表示第i天用完的餐巾，其数量为ri，所以从S向Xi连接容量为ri的边作为限制。Y集合中每个点Yi则是第i天需要的餐巾，数量为ri，与T连接的边容量作为限制。每天用完的餐巾可以选择留到下一天（Xi->Xi+1），不需要花费，送到快洗部(Xi->Yi+m)，费用为f，送到慢洗部(Xi->Yi+n)，费用为s。每天需要的餐巾除了刚刚洗好的餐巾，还可能是新购买的(S->Yi)，费用为p。

在网络上求出的最小费用最大流，满足了问题的约束条件（因为在这个图上最大流一定可以使与T连接的边全部满流，其他边只要有可行流就满足条件），而且还可以保证总费用最小，就是我们的优化目标。

#include
using namespace std;
#define in read()
#define ll long long 
#define db double 
#define pc(x) putchar(x)
#define gc getchar()
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod =1e9+7;
inline int read(){	int x=0,f=1;char c=gc;
	while((c<'0'||c>'9')&&(c!='-'))c=gc;if(c=='-')f=-1,c=gc;
	for(;c>='0'&&c<='9';c=gc)x=x*10+c-'0';	return x*f;
}
const int N=1e4+10;
struct Edge{
	int v,nxt,c,f;
}e[N*10];
int cnt=1,first[N];
int S,T;
inline void  add(int u,int v,int c,int f){
	e[++cnt].v=v;e[cnt].nxt=first[u];first[u]=cnt;e[cnt].c=c;e[cnt].f=f;
}
inline void ins(int u,int v,int c,int f){
	add(u,v,c,f);add(v,u,0,-f);
}
namespace D{
	int vis[N],dis[N];
	int spfa(int s,int t){
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
		dis[s]=0;vis[s]=1;
		deque<int>q;
		q.push_back(s);
		while(!q.empty()){
			int now=q.front();q.pop_front();
			vis[now]=0;  
			for(int i=first[now];i;i=e[i].nxt){
				int v=e[i].v;
				if(e[i].c && dis[now]+e[i].f < dis[v] ){
					dis[v]=dis[now] + e[i].f;
					if(!vis[v]){
						vis[v]=1;
						if(!q.empty()&&dis[v] < dis[q.front()])q.push_front(v);else q.push_back(v);
					}
				}
			}
		}
		return dis[t]<inf;
	}
	int dfs(int x,int t,int f,int &ans){
		vis[x]=1; 
		if(x==t) return f; 
		int used=0,w; 
		for(int i=first[x];i;i=e[i].nxt){
			int v=e[i].v,c=e[i].c,ff=e[i].f;
			if(!vis[v] && c && dis[x]+ff==dis[v]){
				w=dfs(v,t,min(c,f-used) , ans);
				if(w)ans+= w*ff, e[i].c-=w;e[i^1].c+=w;used+=w;
				if(used==f)break;
			}
		}
		return used;
	}
	int flow(int s,int t,int &ans){
		int ret=0;
		while(spfa(s,t)){ 
			vis[t]=1;
			while(vis[t]){
				memset(vis,0,sizeof(vis));
				ret+=dfs(s,t,inf,ans);
			}
		}
		return ret;
	}
} 
int main(){
 	int n=in,p=in,m=in,f=in,N=in,s=in; 
	S=2*n+1,T=S+1;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		int x=in;
		ins(S,n+i,x,0);
		ins(i,T,x,0);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		ins(S,i,inf,p);
	for (int i=1;i+m<=n;i++)
		ins(n+i,i+m,inf,f);
	for (int i=1;i+N<=n;i++)
		ins(n+i,i+N,inf,s);
	for (int i=n+1;i<2*n;i++)
		ins(i,i+1,inf,0);
	int ans=0;
	D::flow(S,T,ans);
	cout<<ans;
	return 0;
}