【bzoj3876】[Ahoi2014]支线剧情 有上下界费用流

原文地址：http://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/6831710.html

---

题目描述

【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。

输入

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。

输出

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。

样例输入

6
2 2 1 3 2
2 4 3 5 4
2 5 5 6 6
0
0
0

样例输出

24

---

题解

有上下界费用流

题目要求每条边都需要走一次，所以每条边下界为1，上界为inf。

然后转化为普通费用流来求。

这里说一下有上下界费用流的建图方法：

判断是否有源汇，若有，则从汇点向源点连容量为inf，费用为0的边。

建立超级源汇SS和TT。

对于原图x->y，下界为low，上界为high，连SS->y，容量为low，费用为原费用；同时x->y边容量变为high-low，费用不变。

对于每个点x，从连x->TT，容量为所有原图中x连向其它点的所有边的下界low之和（即出度），费用为0。

跑费用流即可。

本题中具体建图为：i(i>1)->1(inf,0)，SS->y(1,z)，x->y(inf,z)，x->TT(cd[x],0)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
queue<int> q;
int head[310] , to[100000] , val[100000] , cost[100000] , next[100000] , cnt = 1 , s , t , dis[310] , from[310] , pre[310];
void add(int x , int y , int v , int c)
{
	to[++cnt] = y , val[cnt] = v , cost[cnt] = c , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
	to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , cost[cnt] = -c , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool spfa()
{
	int x , i;
	memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
	memset(from , -1 , sizeof(from));
	dis[s] = 0 , q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		x = q.front() , q.pop();
		for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
			if(val[i] && dis[to[i]] > dis[x] + cost[i])
				dis[to[i]] = dis[x] + cost[i] , from[to[i]] = x , pre[to[i]] = i , q.push(to[i]);
	}
	return ~from[t];
}
int mincost()
{
	int ans = 0 , i , k;
	while(spfa())
	{
		k = inf;
		for(i = t ; i != s ; i = from[i]) k = min(k , val[pre[i]]);
		ans += k * dis[t];
		for(i = t ; i != s ; i = from[i]) val[pre[i]] -= k , val[pre[i] ^ 1] += k;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int n , i , k , y , c;
	scanf("%d" , &n);
	s = 0 , t = n + 1;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		scanf("%d" , &k) , add(i , t , k , 0) , add(i , 1 , inf , 0);
		while(k -- ) scanf("%d%d" , &y , &c) , add(s , y , 1 , c) , add(i , y , inf , c);
	}
	printf("%d\n" , mincost());
	return 0;
}