HDU 4807 Lunch Time 贪心+费用流的思想

题意:给你n个点,m条边。0点是教学楼,n-1点是食堂,每一条路的长度是单位1,每一条路有一个容量flow表示这一条路在任意单位时间段里最多只能同时有flow个人,一个人从node_a走到node_b的时间是单位1。现在有k个人,问你最少要多少时间,这些k个人都可以到食堂。


想法:首先0到n-1的时间就是0到n-1的距离。现在要让k个人全部通过,肯定是多走耗时最少的路径,也就是没有公共边的最短路径(最短路*),例如:有一条路径耗时1,容量1,另一条路径耗时5,容量100,当k=4时,最少耗时是4,当k=100时,最少耗时是5,则他们两个条路通过的人数分别是5和95。


现在把问题更加的具体一点,现在找出了p条最短路*,从上到下按照耗时升序排列,如果这里的p条路径我都要用到,也就是说,每条路上都需要人,这里假设人很多(意思就是所有的路不能装下着k个人)。现在k个人在0这个点上,他们的第一波(当前p条路径能够存下的最大的人数)一起往n-1点跑,我们可以知道当最长的那条路径的人一到达n-1点的时候,已经有下一波人在所有其他的路径上出发了。当最长路径的第一波人到达以后,那么p条路径饱满,那么这是还需要的时间t=(剩余人数/单位时间整个p条路径可以通过的人数)。

现在我们知道了这一点,可以想到,枚举图的前p个最短路*,按照上面的方法进行计算。这个不是找k短路问题,因为这里的最短路之间是不能有重边的。所以这里用到费用流,因为费用流有一个性质:每一次找的费用最短的路的费用是依次递增的,因为他通过流量的变化实现了,最短路之间没有公共边的条件。而且我们还可以知道,一条可行的最短路*的最多可同行的人数,即这条路径的最小流量,也可以知道跑完这条路径的时间。

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现在用公式来实现之前的文字叙述。

*1*.当最长的路径的第一波人到达之后,总人数还剩多少人:

k-=(dis[t]-last_path_len)*passnum_per_sec+flowmin

dis[t]:当前这条边从0到n-1的距离。

last_path_len:除了现在的这条路径,之前的所有路径中长的最长的,因为是有序的路径寻找,所以就是上一条路径的长度。

passnum_per_sec:除了现在的这条路径,之前的所有路径里面的人同时运动,每秒可以通过的人数,这不就是之前所有的路径的流量和吗!!!

flowmin:当前新找出的这条路径的最大流量。

公式的解析:在我进行所有路径全部都饱满之前,我要去除一些人,那就是新增的路径中第一波人要先到n-1点,这样之后的人跟上,这不就使得当前这条新边饱满了吗!!!但是有一点要注意,但你跑新边的时候,其他路的人还是继续在跑的。我们需要知道这段时间,跑过n-1点的人数,他由两个部分组成,1.之前的边一起跑tim(新路比上一条路多的长度的时间)时间,2.新路在1中的那段时间里会有人跑到n-1点,人数就是这条路径的最大流flowmin。

*2*.第1部分我们找到了一个可以所有路径,开满流一起冲的条件了,那么接下来就是算总时间了:

total_time=dis[t]+k/(passnum_per_sec+flowmin)

加上dis[t]的原因是满足*1*的条件需要的时间,所有路达到满流。

k:这里的k已经是剩余的人数了。

pass_per_sec+flowmin:当前加上新边,所有的边一起跑满流,那么此时的满流就是新边的最大流加上之前所有边的最大流。

此题到这里就结束了,很开心,自己真的学到了很多。



#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue> 
#include<cmath>
#define inf 0x7fffffff
using namespace std; 
const int nodes=2500+50;
const int edges=10000+50;
int s,t;
int n,m,k;
int pre[nodes],dis[nodes];
class node
{
	public:
		int u,v,next,flow,w;
};
class E
{
	public:
		node e[edges];
		int head[nodes],cnt;
		void init()
		{
			memset(head,-1,sizeof(head));
			cnt=0;
		}
		void add(int a,int b,int c)
		{
			e[cnt].u=a;
			e[cnt].v=b;
			e[cnt].flow=c;
			e[cnt].w=1;
			e[cnt].next=head[a];
			head[a]=cnt++;
		
			e[cnt].u=b;
			e[cnt].v=a;
			e[cnt].flow=0;
			e[cnt].w=-1;
			e[cnt].next=head[b];
			head[b]=cnt++;
		}
}e1;
int spfa()
{
	int vis[nodes]={0};
	queue<int>q;
	while(!q.empty()) q.pop();
	memset(pre,-1,sizeof(pre)); 
	for(int i=0;i<n;i++)
	dis[i]=inf;
	vis[s]=1;
	dis[s]=0;
	q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front();
		q.pop();
		vis[u]=0;
		for(int i=e1.head[u];i+1;i=e1.e[i].next)
		{
			int v=e1.e[i].v;
			if(dis[v]>dis[u]+e1.e[i].w&&e1.e[i].flow>0)
			{
				dis[v]=dis[u]+e1.e[i].w;
				pre[v]=i;
				if(!vis[v])
				{
					vis[v]=1;
					q.push(v);
				}
			}
		}
	}
	return pre[t]!=-1;
}
void treatment()
{
	s=0;t=n-1;
	int last_path_len=0,pessnum_per_sec=0;
	int res=k,ans=inf;
	if(res==0)
	{
		printf("0\n");
		return;
	}
	while(spfa())
	{
		int minn=inf;
		for(int i=pre[t];i!=-1;i=pre[e1.e[i].u])
		{
			if(e1.e[i].flow<minn) minn=e1.e[i].flow;
		}
		for(int i=pre[t];i!=-1;i=pre[e1.e[i].u])
		{
			e1.e[i].flow-=minn;
			e1.e[i^1].flow+=minn;
		}
		res-=(dis[t]-last_path_len)*pessnum_per_sec+minn;
		last_path_len=dis[t];
		pessnum_per_sec+=minn;
		int temp=res;
		if(temp<0) temp=0;
		int n_ans=last_path_len+(int)ceil(1.0*temp/pessnum_per_sec);
		if(n_ans<ans) ans=n_ans;
		if(res<=0) break;
	}
	if(ans==inf) printf("No solution\n");
	else printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
	while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k))
	{
		e1.init();
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			int a,b,c;
			scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
			e1.add(a,b,c);
		}
		treatment();
	}
	return 0;
}

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