【BZOJ】1927: [Sdoi2010]星际竞速（费用流）

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1927

题意：n个点的无向图。m条加权边。只能从编号小的到编号大的。可以瞬移，瞬移有时间。每个点只能访问一次。问访问所有n个点的最少时间。（N<=800, M<=15000）

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <string>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#include <queue>

#include <set>

#include <map>

using namespace std;

typedef long long ll;

#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)

#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)

#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)

#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)

#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)

#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))

#define read(a) a=getint()

#define print(a) printf("%d", a)

#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl

#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)

#define rdm(x, i) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)

inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }



const int N=2005, oo=~0u>>2;

int ihead[N], cnt=1, q[N], n, p[N], d[N], vis[N];

struct dat { int next, to, cap, from, w; }e[N*N];

void add(int u, int v, int c, int w) {

	e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; e[cnt].from=u; e[cnt].cap=c; e[cnt].w=w;

	e[++cnt].next=ihead[v]; ihead[v]=cnt; e[cnt].to=u; e[cnt].from=v; e[cnt].cap=0; e[cnt].w=-w;

}

bool spfa(int s, int t) {

	for1(i, 0, t) vis[i]=0, d[i]=oo;

	d[s]=0; int front=0, tail=0;

	q[tail++]=s;

	while(front!=tail) {

		int u=q[front++], v; if(front==N) front=0; vis[u]=0;

		rdm(u, i) if(e[i].cap) {

			v=e[i].to;

			if(d[v]>d[u]+e[i].w) {

				d[v]=d[u]+e[i].w;

				p[v]=i;

				if(!vis[v]) {

					vis[v]=1;

					if(d[v]<d[q[front]]) {

						--front; if(front<0) front+=N;

						q[front]=v;

					}

					else {

						q[tail++]=v; if(tail==N) tail=0;

					}

				}

			}

		}

	}

	return d[t]!=oo;

}

int mcf(int s, int t) {

	int ret=0, f, u;

	while(spfa(s, t)) {

		f=oo;

		for(u=t; u!=s; u=e[p[u]].from) f=min(f, e[p[u]].cap);

		for(u=t; u!=s; u=e[p[u]].from) e[p[u]].cap-=f, e[p[u]^1].cap+=f;

		ret+=f*d[t];

	}

	return ret;

}

int main() {

	read(n);

	int m=getint();

	int s=0, t=n+n+1;

	for1(i, 1, n) add(s, i+n, 1, getint());

	for1(i, 1, n) add(s, i, 1, 0);

	for1(i, 1, n) add(i+n, t, 1, 0);

	for1(i, 1, m) {

		int x=getint(), y=getint();

		if(x>y) swap(x, y);

		add(x, y+n, 1, getint());

	}

	printf("%d\n", mcf(s, t));

	return 0;

}

好神的题！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

建图：

• 源向i+n连容量1，费用为能力爆发的费用
• 源向i连容量1，费用为0
• i+n向汇连容量1，费用0
• 如果有边x<y，连x到y+n容量为1，费用为时间

然后跑最小费用最大流

为什么这样就行了呢？

由于每一个点都访问到，因此只需要连边即可，一个是到了i点，我们从这个点选择下一个点。一个是到过i点（即上面的i+n），用来标记这个点是否已经到过！

所以我们只需要考虑每个已到过的点是如何到的即可。

1. 顺移到的，这样不需要考虑是从哪个转移过来的。

2. 连边过来了，由于每一个点肯定访问过了，所以无论哪个点都能做自己的前驱。

所以按照上面的连边就行了。