[网络流24题] 餐巾

　　　　　　　　　　　　　　　　　　★★★   输入文件：napkin.in   输出文件：napkin.out   简单对比
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【问题描述】

 一个餐厅在相继的N天里，第i天需要Ri块餐巾(i=l，2，…，N)。餐厅可以从三种途径获得餐巾。

    (1)购买新的餐巾，每块需p分；

    (2)把用过的餐巾送到快洗部，洗一块需m天，费用需f分(f<p)。如m=l时，第一天送到快洗部的餐巾第二天就可以使用了，送慢洗的情况也如此。

    (3)把餐巾送到慢洗部，洗一块需n天(n>m)，费用需s分(s<f)。

    在每天结束时，餐厅必须决定多少块用过的餐巾送到快洗部，多少块送慢洗部。在每天开始时，餐厅必须决定是否购买新餐巾及多少，使洗好的和新购的餐巾之和满足当天的需求量Ri，并使N天总的费用最小。

【输入】

输入文件共 3 行，第 1 行为总天教；第 2 行为每天所需的餐巾块数；第 3 行为每块餐巾的新购费用 p ，快洗所需天数 m ，快洗所需费用 f ，慢洗所需天数 n ，慢洗所需费用 s 。

【输出】

一行，最小的费用

【样例】

napkin.in

3 
3 2 4 
10 1 6 2 3

napkin.out

64

【数据规模】

n<=200,Ri<=50

题解：

　　把每天分为二分图两个集合中的顶点Xi,Yi，建立附加源S汇T。
　　1、从S向每个Xi连一条容量为ri，费用为0的有向边。
　　2、从每个Yi向T连一条容量为ri，费用为0的有向边。
　　3、从S向每个Yi连一条容量为无穷大，费用为p的有向边。
　　4、从每个Xi向Xi+1(i+1<=N)连一条容量为无穷大，费用为0的有向边。
　　5、从每个Xi向Yi+m(i+m<=N)连一条容量为无穷大，费用为f的有向边。
　　6、从每个Xi向Yi+n(i+n<=N)连一条容量为无穷大，费用为s的有向边。

　　经过分析可以把每天要用的和用完的分离开处理，建模后就是二分图。二分图X集合中顶点Xi表示第i天用完的餐巾，其数量为ri，所以从S向Xi连接容量为ri的边作为限制。Y集合中每个点Yi则是第i天需要的餐巾，数量为ri，与T连接的边容量作为限制。每天用完的餐巾可以选择留到下一天（Xi->Xi+1），不需要花费，送到快洗部(Xi->Yi+m)，费用为f，送到慢洗部(Xi->Yi+n)，费用为s。每天需要的餐巾除了刚刚洗好的餐巾，还可能是新购买的(S->Yi)，费用为p。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
const int inf=1e9;
const int maxn=1000,maxm=2000000;
int N,R[maxn],P,K,A,M,B;
int S,T,maxflow,mincost;
struct node{
    int to,next,rest,cost;
}e[maxm];
int head[maxn],cnt=1;
inline void addedge(int x,int y,int z,int c){
    e[++cnt].to=y; e[cnt].rest=z; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt; e[cnt].cost= c;
    e[++cnt].to=x; e[cnt].rest=0; e[cnt].next=head[y]; head[y]=cnt; e[cnt].cost=-c;
}
int dis[maxn],pre[maxn];
bool vis[maxn];
bool SPFA(){
    static queue<int> Q;
    for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=inf,vis[i]=false;
    Q.push(S); dis[S]=0; vis[S]=true;
    while(!Q.empty()){
        int x=Q.front(); Q.pop();
        vis[x]=false;
        for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
            int y=e[i].to;
            if(e[i].rest&&dis[y]>dis[x]+e[i].cost){
                dis[y]=dis[x]+e[i].cost;
                pre[y]=i;
                if(vis[y]==false){
                    vis[y]=true;
                    Q.push(y);
                }
            }
        }
    }
    return dis[T]<inf;
}
void update(){
    int flow=inf;
    for(int i=pre[T];i;i=pre[e[i^1].to])
        flow=min(flow,e[i].rest);
    for(int i=pre[T];i;i=pre[e[i^1].to]){
        e[i].rest-=flow;
        e[i^1].rest+=flow;
    }
    maxflow+=flow; mincost+=flow*dis[T];
}
void MCF(){
      maxflow=mincost=0;
    while(SPFA()){
        update();    
    }
}
int main(){
//    freopen("napkin.in","r",stdin);
//    freopen("napkin.out","w",stdout);
    scanf("%d",&N);
    S=0; T=2*N+1;

    for(int i=1,r;i<=N;i++){
        scanf("%d",&r); 
        addedge(S,i,r,0); addedge(N+i,T,r,0);    
    }
    scanf("%d%d%d%d%d",&P,&K,&A,&M,&B);
    for(int i=1;i<=N;i++){
        addedge(S,N+i,inf,P);
        if(i<N)    addedge(i,i+1,inf,0);
        if(i+K<=N) addedge(i,i+K+N,inf,A);
        if(i+M<=N) addedge(i,i+M+N,inf,B);
    }
    MCF();
    printf("%d",mincost);
    return 0;
}