C++之路进阶——最小费用最大流（支线剧情）

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Notice:由于本OJ建立在Linux平台下，而许多题的数据在Windows下制作，请注意输入、输出语句及数据类型及范围，避免无谓的RE出现。

3876: [Ahoi2014]支线剧情

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 542  Solved: 332
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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：

   将起点与所有点连边，路径之间连边，流量为INF，权值为Z，将起点与路径终点连边，权值为Z,流量为1，然后跑最小费用最大流。

代码：

  

 1 #include <cstdio>  
 2 #include <cstring>  
 3 #include<queue>
 4 #include <iostream>  
 5 #include <algorithm>  
 6 #define maxn 310  
 7 #define S 0  
 8 #define T (n+1)  
 9   
10 using namespace std;
11   
12 int ans=0,n,m;
13   
14 namespace Min_Cost_Max_Flow
15    {
16       int head[maxn],from[maxn],dis[maxn],inq[maxn],cnt=1; 
17       
18       struct ss
19         {
20             int c;
21             int v;
22             int next;
23             int to;
24             int from;
25         }e[1001001];
26       void add(int u,int v,int w,int c)
27            {
28              e[++cnt].next=head[u];
29              e[cnt].v=w;
30              e[cnt].c=c;
31              e[cnt].from=u;
32              head[u]=cnt;
33              e[cnt].to=v;
34            }
35      void  insert(int u,int v,int w,int c)
36            {
37              add(u,v,w,c);
38              add(v,u,0,-c);
39            }
40      bool spfa()
41            {
42              for (int i=1;i<=T;i++) dis[i]=0x7fffffff;
43              dis[S]=0;
44              inq[S]=0;
45              queue<int>que;
46              que.push(S);
47              while (!que.empty())
48                {
49                   int now=que.front();
50                   que.pop();
51                   inq[now]=0;
52                   for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
53                      if (e[i].v&&dis[e[i].to]>dis[now]+e[i].c)
54                         {
55                             dis[e[i].to]=dis[now]+e[i].c;
56                             from[e[i].to]=i;
57                             if (!inq[e[i].to]) inq[e[i].to]=1,que.push(e[i].to);                
58                         }
59                }
60             if (dis[T]==0x7fffffff) return 0; 
61                return 1;      
62            }              
63      void mcf()
64            {
65              int x=0x7fffffff;
66              for (int i=from[T];i;i=from[e[i].from])
67                 x=min(x,e[i].v);
68              for (int i=from[T];i;i=from[e[i].from])
69                 {
70                     e[i].v-=x;
71                     e[i^1].v+=x;
72                     ans+=x*e[i].c;
73                 }    
74            }           
75     }
76  int main()
77      {
78         using namespace Min_Cost_Max_Flow;
79          scanf("%d",&n); 
80         for (int i=1;i<=n;i++)
81           {
82             int k;
83             scanf("%d",&k);
84             insert(i,T,k,0);
85             for (int j=1;j<=k;j++)
86               {
87                 int y,z;
88                 scanf("%d%d",&y,&z);
89                 insert(i,y,0x7fffffff,z);
90                 insert(S,y,1,z);    
91               } 
92             if (i!=1) insert(i,1,0x7fffffff,0);   
93           }
94         while (spfa()) mcf();
95          printf("%d\n",ans);  
96      }