2187. 星际转移问题
题目
由于人类对自然资源的消耗，人们意识到大约在 \(2300\) 年之后，地球就不能再居住了。
于是在月球上建立了新的绿地，以便在需要时移民。
令人意想不到的是，\(2177\) 年冬由于未知的原因，地球环境发生了连锁崩溃，人类必须在最短的时间内迁往月球。
现有 \(n\) 个太空站（编号 \(1 \sim n\)）位于地球与月球之间，且有 \(m\) 艘公共交通太空船在其间来回穿梭。
每个太空站可容纳无限多的人，而每艘太空船 \(i\) 只可容纳 \(H[i]\) 个人.
每艘太空船将周期性地停靠一系列的太空站，例如：\((1，3，4)\) 表示该太空船将周期性地停靠太空站 \(134134134…\)。
每一艘太空船从一个太空站驶往任一太空站耗时均为 \(1\)。
人们只能在太空船停靠太空站(或月球、地球)时上、下船。
初始时所有人全在地球上，太空船全在初始站，即行驶周期中的第一个站。
试设计一个算法，找出让所有人尽快地全部转移到月球上的运输方案。
输入格式
第 \(1\) 行有 \(3\) 个正整数 \(n\)（太空站个数），\(m\)（太空船个数）和 \(k\)（需要运送的地球上的人的个数）。
接下来的 \(m\) 行给出太空船的信息。第 \(i+1\) 行说明太空船 \(p_i\)。第 \(1\) 个数表示 \(p_i\) 可容纳的人数 \(H[p_i]\)；第 \(2\) 个数表示 \(p_i\) 一个周期停靠的太空站个数 \(r\)；随后 \(r\) 个数是停靠的太空站的编号 \((S_{i1},S_{i2},…,S_{ir})\)，地球用 \(0\) 表示，月球用 \(-1\) 表示
时刻 \(0\) 时，所有太空船都在初始站，然后开始运行。
在时刻 \(1，2，3…\) 等正点时刻各艘太空船停靠相应的太空站。
人只有在 \(0,1,2…\) 等正点时刻才能上下太空船。
输出格式
输出让所有人尽快地全部转移到月球上的最短用时。
如果无解，则输出 \(0\)。
数据范围
\(1 \le n \le 13\),
\(1 \le m \le 20\),
\(1 \le k \le 50\),
\(1 \le r \le n+2\)
输入样例
2 2 1
1 3 0 1 2
1 3 1 2 -1
输出样例：
5
学了一段时间的网络流了吧， 感觉这道题还是比较好的， 这个建图很考验思维， 首先无解的情况很好判断， 我们使用并查集， 把每个飞船所能到达的点都并到一起， 如果最后起点和终点在同一个集合中， 那么就是有解的情况 。那我们建图用分层图的做法， 把每一天的空间站都当成一个节点。 建图的细节是， 所有人显然可以在空间站停留， 那么从day-1的第i个节点到day的第i个节点显然可以连一条无穷大的边， 再可以按照飞船的航行路线把day-1的节点连向day的节点， S只能连第0天的地球， 而每一天的月球都需要和T连一条边。 对于天数， 我们需要从小到大枚举， 为什么不二分枚举， 如果二分的话， 我们可能会涉及到删边操作，非常不好写。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
const int M = 2e6 + 10;
template < typename T > inline void read(T &x) {
x = 0; T ff = 1, ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) {
if (ch == '-') ff = -1;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch)) {
x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
ch = getchar();
}
x *= ff;
}
int n, m, k, S, T, fa[25];
int tot = -1, lin[N];
int d[N], cur[N];
struct ship {
int len, r, s[30];
}ships[30];
struct edge {
int y, c, next;
}e[M];
inline int getfa(int x) {
return fa[x] == x ? x : fa[x] = getfa(fa[x]);
}
inline int get(int x, int day) {
return (n + 2) * day + x;
}
inline void add(int xx, int yy, int cc) {
e[++tot].y = yy; e[tot].c = cc; e[tot].next = lin[xx]; lin[xx] = tot;
e[++tot].y = xx; e[tot].c = 0; e[tot].next = lin[yy]; lin[yy] = tot;
}
inline bool bfs() {
queue < int > q;
memset(d, -1, sizeof(d));
q.push(S); d[S] = 0; cur[S] = lin[S];
while (!q.empty()) {
int x = q.front();
q.pop();
for (int i = lin[x]; ~i; i = e[i].next) {
int y = e[i].y;
if (d[y] == -1 && e[i].c) {
d[y] = d[x] + 1;
cur[y] = lin[y];
if (y == T) return true;
q.push(y);
}
}
}
return false;
}
inline int find(int x, int lim) {
if (x == T) return lim;
int flow = 0;
for (int i = cur[x]; ~i && flow < lim; i = e[i].next) {
int y = e[i].y;
if(d[y] == d[x] + 1 && e[i].c) {
int t = find(y, min(e[i].c, lim - flow));
if (!t) d[y] = -1;
e[i].c -= t; e[i ^ 1].c += t; flow += t;
}
}
return flow;
}
inline int dinic() {
int r = 0, flow;
while (bfs()) while (flow = find(S, INF)) r += flow;
return r;
}
int main() {
read(n), read(m), read(k);
memset(lin, -1, sizeof(lin));
for (int i = 0; i <= n + 1; ++i) fa[i] = i;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
read(ships[i].len);
read(ships[i].r);
for (int j = 0; j < ships[i].r; ++j) {
int id; read(id);
if (id == -1) id = n + 1;
ships[i].s[j] = id;
if (j) {
int x = ships[i].s[j - 1];
int u = getfa(x), v = getfa(id);
fa[u] = v;
}
}
}
if (getfa(0) != getfa(n + 1)) puts("0");
else {
S = N - 1, T = N - 2;
add(S, 0, INF);
add(n + 1, T, INF);
int day = 1, res = 0;
while (true) {
for (int i = 0; i <= n + 1; ++i)
add(get(i, day - 1), get(i, day), INF);
add(get(n + 1, day), T, INF);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int r = ships[i].r;
add(get(ships[i].s[(day - 1) % r], day - 1), get(ships[i].s[day % r], day), ships[i].len);
}
res += dinic();
if (res >= k) break;
++day;
}
printf("%d\n", day);
}
return 0;
}
