题目描述
一个餐厅在相继的 NN 天里, 每天需用的餐巾数不尽相同. 假设第 ii 天需要 r_iri? 块餐巾 ( i=1,2,...,N). 餐厅可以购买新的餐巾, 每块餐巾的费用为 pp 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 nn 天 (n>mn>m), 其费用为 ss 分 (s<fs<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 NN 天中餐巾使用计划, 使总的花费最小. 编程找出一个最佳餐巾使用计划.
输入输出格式
输入格式:
由标准输入提供输入数据. 文件第 1 行有 1 个正整数 NN, 代表要安排餐巾使用计划的天数.
接下来的 NN 行是餐厅在相继的 NN 天里, 每天需用的餐巾数.
最后一行包含 5 个正整数 p,m,f,n,sp,m,f,n,s.pp 是每块新餐巾的费用; mm 是快洗部洗一块餐巾需用天数; ff 是快洗部洗一块餐巾需要的费用; nn 是慢洗部洗一块餐巾需用天数; ss 是慢洗部洗一块餐巾需要的费用.
输出格式:
将餐厅在相继的 N 天里使用餐巾的最小总花费输出
输入输出样例
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输出样例 #1: 复制
134
说明
- N<=2000
- ri<=10000000
- p,f,s<=10000
时限 4s
- const int INF = 0x3f3f3f3f;
- const int maxn = 1000 + 10;
- struct edge
- {
- int u, v, c, f, cost;
- edge(int u, int v, int c, int f, int cost):u(u), v(v), c(c), f(f), cost(cost){}
- };
- vector<edge>e;
- vector<int>G[maxn];
- int a[maxn];// 找增广路每个点的水流量
- int p[maxn];// 每次找增广路反向记录路径
- int d[maxn];//SPFA 算法的最短路
- int inq[maxn];//SPFA 算法是否在队列中
- int n, m;
- void init(int n)
- {
- for(int i = 0; i <= n; i++)G[i].clear();
- e.clear();
- }
- void addedge(int u, int v, int c, int cost)
- {
- e.push_back(edge(u, v, c, 0, cost));
- e.push_back(edge(v, u, 0, 0, -cost));
- int m = e.size();
- G[u].push_back(m - 2);
- G[v].push_back(m - 1);
- }
- bool bellman(int s, int t, int& flow, long long & cost)
- {
- for(int i = 0; i <= n + 1; i++)d[i] = INF;//Bellman 算法的初始化
- memset(inq, 0, sizeof(inq));
- d[s] = 0;inq[s] = 1;// 源点 s 的距离设为 0, 标记入队
- p[s] = 0;a[s] = INF;// 源点流量为 INF(和之前的最大流算法是一样的)
- queue<int>q;//Bellman 算法和增广路算法同步进行, 沿着最短路拓展增广路, 得出的解一定是最小费用最大流
- q.push(s);
- while(!q.empty())
- {
- int u = q.front();
- q.pop();
- inq[u] = 0;// 入队列标记删除
- for(int i = 0; i <G[u].size(); i++)
- {
- edge & now = e[G[u][i]];
- int v = now.v;
- if(now.c> now.f && d[v]> d[u] + now.cost)
- //now.c> now.f 表示这条路还未流满 (和最大流一样)
- //d[v]> d[u] + e.cost Bellman 算法中边的松弛
- {
- d[v] = d[u] + now.cost;//Bellman 算法边的松弛
- p[v] = G[u][i];// 反向记录边的编号
- a[v] = min(a[u], now.c - now.f);// 到达 v 点的水量取决于边剩余的容量和 u 点的水量
- if(!inq[v]){q.push(v);inq[v] = 1;}//Bellman 算法入队
- }
- }
- }
- if(d[t] == INF)return false;// 找不到增广路
- flow += a[t];// 最大流的值, 此函数引用 flow 这个值, 最后可以直接求出 flow
- cost += (long long)d[t] * (long long)a[t];// 距离乘上到达汇点的流量就是费用
- for(int u = t; u != s; u = e[p[u]].u)// 逆向存边
- {
- e[p[u]].f += a[t];// 正向边加上流量
- e[p[u] ^ 1].f -= a[t];// 反向边减去流量 (和增广路算法一样)
- }
- return true;
- }
- int MincostMaxflow(int s, int t, long long & cost)
- {
- cost = 0;
- int flow = 0;
- while(bellman(s, t, flow, cost));// 由于 Bellman 函数用的是引用, 所以只要一直调用就可以求出 flow 和 cost
- return flow;// 返回最大流, cost 引用可以直接返回最小费用
- }
这个题目建图很难想, 开始一点思路都没有, 看了看题解.
建图:
这个是把每一天拆成了两个点, 一个上午点和一个下午点.
下午点都和源点相连表示一天的结束, 上午点和汇点相连, 表示需要的餐巾数量.
与源点和汇点相连的点的 cap 都设置成这一天需要的餐巾数量, 这个来限制送去快洗和慢洗的毛巾数.
然后再去处理 3+1,3 表示快洗, 慢洗, 新买, 1 表示不洗. 因为之前以及被限制过了,
所以这里的不需要再去考虑有多少脏毛巾, 这里的 cap 应该设置成 inf, 因为一次可以洗无数条毛巾.
这个不洗的要好好处理, 这个不洗表示直接积累到下一天, 那么就说明, 这个的 cost=0,
但是我们会疑惑, 如果这样会不会影响到网络流? 其实这个不会, 因为餐巾的积累会往下一天的晚上传递, 意思
是说, 这个餐巾不会算作这一天需要的餐巾数, 但是那为什么还要连边呢? 这个连边会让它往下一天传递,
那么餐巾积累, 之后可以考虑一起洗掉. 一起洗一堆和一次洗一条所用的时间是一样的,
所以如果我们之后再堆在一起洗也许会更优.
- #include <cstdio>
- #include <cstdlib>
- #include <queue>
- #include <algorithm>
- #include <iostream>
- #include <cstring>
- #include <vector>
- #define inf 0x3f3f3f3f
- using namespace std;
- typedef long long ll;
- const int maxn = 1e4;
- struct node
- {
- int from, to, cap, flow, cost;
- node(int from = 0, int to = 0, int cap = 0, int flow = 0, int cost = 0) :from(from), to(to), cap(cap), flow(flow), cost(cost) {}
- };
- vector<node>e;
- vector<int>G[maxn];
- int s, t;
- void add(int u, int v, int cap, int cost)
- {
- e.push_back(node(u, v, cap, 0, cost));
- e.push_back(node(v, u, 0, 0, -cost));
- int len = e.size();
- G[u].push_back(len - 2);
- G[v].push_back(len - 1);
- }
- int d[maxn], inq[maxn], a[maxn], p[maxn];
- bool bellman(ll&cost)
- {
- for (int i = 0; i <= t+1; i++) d[i] = inf;
- memset(inq, 0, sizeof(inq));
- d[s] = 0, a[s] = inf;
- inq[s] = 1;
- p[s] = 0;
- queue<int>que;
- que.push(s);
- while(!que.empty())
- {
- int u = que.front(); que.pop();
- inq[u] = 0;
- for(int i=0;i<G[u].size();i++)
- {
- node &now = e[G[u][i]];
- if(now.cap>now.flow&&d[now.to]>d[u]+now.cost)
- {
- d[now.to] = d[u] + now.cost;
- p[now.to] = G[u][i];
- a[now.to] = min(a[u], now.cap - now.flow);
- if(!inq[now.to])
- {
- que.push(now.to);
- inq[now.to] = 1;
- }
- }
- }
- }
- if (d[t] == inf) return false;
- cost += 1ll * d[t] * 1ll * a[t];
- //printf("%lld\n", cost);
- for(int i=t;i!=s;i=e[p[i]].from)
- {
- e[p[i]].flow += a[t];
- e[p[i] ^ 1].flow -= a[t];
- }
- return true;
- }
- void Maxflow(ll &cost)
- {
- cost = 0;
- while (bellman(cost));
- }
- int main()
- {
- int N;
- cin>> N;
- s = 0, t = 2 * N + 1;
- for (int i = 1; i <= N; i++)
- {
- int x;
- cin>> x;
- add(s, i, x, 0);
- add(i + N, t, x, 0);
- //printf("%d %d %d 0\n", s, i, x);
- //printf("%d %d %d 0\n", i + N, t, x);
- }
- int q, m, f, n, g;
- cin>> q>> m>> f>> n>> g;
- for (int i = 1; i <= N; i++)
- {
- if (i + 1 <= N)
- {
- add(i, i + 1, inf, 0);
- }
- if (i + m <= N)
- {
- add(i, N + i + m, inf, f);
- }
- if (i + n <= N)
- {
- add(i, N + i + n, inf, g);
- }
- add(s, n + i, inf, q);
- }
- ll cost = 0;
- Maxflow(cost);
- printf("%lld\n", cost);
- return 0;
- }
来源: http://www.bubuko.com/infodetail-3034739.html