BZOJ 1061 志愿者招募（最小费用最大流）
题目链接：http://61.187.179.132/JudgeOnline/problem.php?id=1061
题意：申奥成功后，布布经过不懈努力，终于 成为奥组委下属公司人力资源部门的主管。布布刚上任就遇到了一个难题：为即将启动的奥运新项目招募一批短期志愿者。经过估算，这个项目需要N 天才能完成，其中第i 天至少需要Ai 个人。 布布通过了解得知，一共有M 类志愿者可以招募。其中第i 类可以从第Si 天工作到第Ti 天，招募费用是每人Ci 元。新官上任三把火，为了出色地完成自己的工作，布布希望用尽量少的费用招募足够的志愿者，但这并不是他的特长！于是布布找到了你，希望你帮他设计一种最 优的招募方案。
思路：
例如一共需要4天，四天需要的人数依次是4,2,5,3。有5类志愿者，如下表所示：
设雇佣第i类志愿者的人数为X[i],每个志愿者的费用为V[i],第j天雇佣的人数为P[j],则每天的雇佣人数应满足一个不等式,如上表所述,可以列出
P[1]=X[1]+X[2]>=4
P[2]=X[1]+X[3]>=2
P[3]=X[3]+X[4]+X[5]>=5
P[4]=X[5]>=3
对于第i个不等式,添加辅助变量Y[i](Y[i]>=0),可以使其变为等式
P[1]=X[1]+X[2]-Y[1]=4
P[2]=X[1]+X[3]-Y[2]=2
P[3]=X[3]+X[4]+X[5]-Y[3]=5
P[4]=X[5]-Y[4]=3
在上述四个等式上下添加P[0]=0,P[5]=0,每次用下边的式子减去上边的式子,得出
① P[1]-P[0]=X[1]+X[2]-Y[1]=4
② P[2]-P[1]=X[3]-X[2]-Y[2]+Y[1]=-2
③ P[3]-P[2]=X[4]+X[5]-X[1]-Y[3]+Y[2]=3
④ P[4]-P[3]=-X[3]-X[4]+Y[3]-Y[4]=-2
⑤ P[5]-P[4]=-X[5]+Y[4]=-3
观察发现,每个变量都在两个式子中出现了,而且一次为正,一次为负.所有等式右边和为0.我们将最后的五个等式进一步变形,得出以下结果
① -X[1]-X[2]+Y[1]+4=0
② -X[3]+X[2]+Y[2]-Y[1]-2=0
③ -X[4]-X[5]+X[1]+Y[3]-Y[2]+3=0
④ X[3]+X[4]-Y[3]+Y[4]-2=0
⑤ X[5]-Y[4]-3=0
可 以发现,每个等式左边都是几个变量和一个常数相加减,右边都为0,恰好就像网络流中除了源点和汇点的顶点都满足流量平衡。每个正的变量相当于流入该顶点的 流量，负的变量相当于流出该顶点的流量，而正常数可以看作来自附加源点的流量，负的常数是流向附加汇点的流量。因此可以据此构造网络，求出从附加源到附加 汇的网络最大流，即可满足所有等式。而我们还要求费用最小，所以要在X变量相对应的边上加上权值，然后求最小费用最大流。
接下来，根据上面五个等式构图。
（1）每个等式为图中一个顶点，添加源点S和汇点T。
（2）如果一个等式中的数字为非负整数c，从源点S向该等式对应的顶点连接一条容量为c，权值为0的有向边；如果为负整数-c，从该等式对应的顶点向汇点T连接一条容量为c，权值为0的有向边。
（3）如果一个变量X[i]在第j个等式中出现为-X[i]，在第k个等式中出现为+X[i]，从顶点j向顶点k连接一条容量为INF，权值为V[i]的有向边。
（4）如果一个变量Y[i]在第j个等式中出现为-Y[i]，在第k个等式中出现为+Y[i]，从顶点j向顶点k连接一条容量为INF，权值为0的有向边。
构图以后，求从源点S到汇点T的最小费用最大流，费用值就是结果。
struct node
{
int cost,flow,v,u,next;
};
node edges[N*1000];
int head[N],e,s,t;
int pre[N];
void add(int u,int v,int flow,int cost)
{
edges[e].u=u;
edges[e].v=v;
edges[e].cost=cost;
edges[e].flow=flow;
edges[e].next=head[u];
head[u]=e++;
}
void Add(int u,int v,int flow,int cost)
{
add(u,v,flow,cost);
add(v,u,0,-cost);
}
int SPFA(int s,int t)
{
clr(pre,-1);
int F[N],h[N],C[N],i,u,v,f,c;
queue<int> Q;
FOR0(i,t+1) C[i]=INF,h[i]=0,F[i]=0;
Q.push(s); C[s]=0; F[s]=INF;
while(!Q.empty())
{
u=Q.front();
Q.pop();
h[u]=0;
for(i=head[u];i!=-1;i=edges[i].next)
{
v=edges[i].v;
f=edges[i].flow;
c=edges[i].cost;
if(f>0&&C[v]>C[u]+c)
{
C[v]=C[u]+c;
F[v]=min(F[u],f);
pre[v]=i;
if(!h[v]) h[v]=1,Q.push(v);
}
}
}
return F[t];
}
int MCMF(int s,int t)
{
int ans=0,i,temp;
while(temp=SPFA(s,t))
{
for(i=pre[t];i!=-1;i=pre[edges[i].u])
{
ans+=temp*edges[i].cost;
edges[i].flow-=temp;
edges[i^1].flow+=temp;
}
}
return ans;
}
int n,m,d[N];
int main()
{
RD(n,m); clr(head,-1); e=0; s=0; t=n+2;
int i,u,v,c,temp;
FOR1(i,n) RD(d[i]);
FOR1(i,m)
{
RD(u,v,c);
Add(u,v+1,INF,c);
}
FOR1(i,n+1)
{
temp=d[i]-d[i-1];
if(temp>=0) Add(s,i,temp,0);
else Add(i,t,-temp,0);
if(i>1) Add(i,i-1,INF,0);
}
PR(MCMF(s,t));
}