网络流24题 - 3

~~题目顺序按照洛谷“$\color{#13C2C2}{网络流24题}$”标签按难度排序。~~
~~题目的字体颜色为洛谷此题难度的颜色。~~
~~本人的题单：~~ 网络流24题

P4015 $\color{#9D3DCF}{运输问题}$

题目大意

有$n$间商店和$m$间仓库。仓库分别有$a_1,a_2,…,a_m$的存货，商店分别需要$b_1,b_2,…,b_n$的货物，满足总存货量等于总需求量，即$\sum\limits_{i=1}^{m}{a_i}=\sum\limits_{j=1}^{n}{b_j}$。从仓库$i$运$1$个单位的货到商店$j$需花费$c_{i,j}$的费用，求把存货全部运至商店且均满足需货量的最小费用与最大费用。

思路

有了前$8$题的经验，这题一看就是要跑最小&最大费用最大流。我们建超级源点$s$和超级汇点$t$，$s$连向所有的仓库且对于仓库$i$，$f=a_i,c=0$，即提供$a_i$的流量，代表存货（因为是存货所以显然是免费的）；所有的商店连向$t$且对于商店$i$，$f=b_i,c=0$，即这个商店要被提供且最多被提供$b_i$的货量（实际上只能有$b_i$，因为如果这里少了，其他地方也不能多，故少不了）；对于仓库$i$与商店$j$之间，连接$f=\infty,c=c_{i,j}$的边，因为可以不限量（在存货范围内）供货且收费$c_{i,j}$。剩下的就是跑板子了，要跑两遍，和上次的$P4014$很像。

细节

没啥细节，板子别错就行

代码

点击查看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 5005
#define maxm 50005
#define ll long long
#define inf 0x3fffffff
using namespace std;
ll n,m,x,s,t,cost;
ll ina[maxn],inb[maxn],inc[maxn][maxn];
ll head[maxn],tt=1;
struct node{
	ll to,dis,cost,nex;
}a[maxm*2];
void add(ll from,ll to,ll dis,ll cost){
	a[++tt].to=to;a[tt].dis=dis;a[tt].cost=cost;a[tt].nex=head[from];head[from]=tt;
	a[++tt].to=from;a[tt].dis=0;a[tt].cost=-cost;a[tt].nex=head[to];head[to]=tt;
}
bool vis[maxn];
ll costs[maxn];
bool spfa(){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(costs,0x3f,sizeof(costs));
	queue<int> q;
	vis[s]=1;
	q.push(s);
	costs[s]=0;
	while(!q.empty()){
		ll top=q.front();
		q.pop();
		vis[top]=0;
		for(ll i=head[top];i;i=a[i].nex){
			if(costs[top]+a[i].cost<costs[a[i].to]&&a[i].dis){
				costs[a[i].to]=costs[top]+a[i].cost;
				if(!vis[a[i].to]){
					vis[a[i].to]=1;
					q.push(a[i].to);
				}
			}
		}
	}
	if(costs[t]==costs[0]){
		return 0;
	}
	return 1;
}
ll ans=0,anscost=0;
ll dfs(ll x,ll minn){
	if(x==t){
		vis[t]=1;
		ans+=minn;
		return minn;
	}
	ll use=0;
	vis[x]=1;
	for(ll i=head[x];i;i=a[i].nex){
		if((!vis[a[i].to]||a[i].to==t)&&costs[a[i].to]==costs[x]+a[i].cost&&a[i].dis){
			ll search=dfs(a[i].to,min(minn-use,a[i].dis));
			if(search>0){
				use+=search;
				anscost+=(a[i].cost*search);
				a[i].dis-=search;
				a[i^1].dis+=search;
				if(use==minn){
					break;
				}
			}
		}
	}
	return use;
}
void dinic(int flag){
	while(spfa()){
		do{
			memset(vis,0,sizeof(vis));
			dfs(s,inf);
		}while(vis[t]);
	}
	printf("%lld\n",anscost*flag);
}
void set(){
	memset(head,0,sizeof(head));
	memset(a,0,sizeof(a));
	tt=1;
	ans=anscost=0;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&m,&n);
	s=n+m+1;
	t=s+1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld",&ina[i]);
		add(s,i,ina[i],0);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&inb[i]);
		add(i+m,t,inb[i],0);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			scanf("%lld",&inc[i][j]);
			add(i,j+m,inf,inc[i][j]);
		}
	}
	dinic(1);
	set();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		add(s,i,ina[i],0);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		add(i+m,t,inb[i],0);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			add(i,j+m,inf,-inc[i][j]);
		}
	}
	dinic(-1);
	return 0;
}

P2770 $\color{#9D3DCF}{航空路线问题}$

题目大意

$\color{red}{自西至东}$给出一些城市^[1]，并给出它们之间的航线（无向，图中有线连接代表有航线）。

现要从$\color{red}{最西边的城市}$出发，严格$\color{red}{自西向东}$沿航线游玩某些城市，最后到达$\color{red}{最东边的城市}$。再从$\color{red}{最东边的城市}$出发，严格$\color{red}{自东向西}$沿航线游玩若干城市，最后回到$\color{red}{最西边的城市}$，且两条路线上$\color{red}{不能有重复的城市}$（除两端点）。求最多能游玩到的城市数，无解输出$“No\ Solution!”$。如图答案为$7$，路线为（反过来也行）：$$Vancouver\rightarrow Edmonton\rightarrow Montreal\rightarrow Halifax\rightarrow Toronto\rightarrow Winnipeg\rightarrow Calgary\rightarrow Vancouver$$

思路

注意到题目里的几个关键词，既然“两条路线上不能有重复的城市”，那么我们不妨把题目看作是要找两条互不相交的从$s$到$t$的路径。又因为“每个城市只能经过一次”，但是，；网络流中并没有“点权”这种东西，那么我们可以把一个点拆成两个，一个是“入点”，一个是“出点”，两点之间连$f=1,c=1$的边，这样就限制了每条边最多流过一次，也就是某城市最多只经过一次。至于费用等于$1$，是因为我们最后用费用表示经过了多少城市，即经过一个城市就要付$1$的费用。对于点$i$，我们不妨设点$i$为其“入点”，$i+n$为其“出点”。把点$1$，即最西边的城市看做源点$s$，把点$n$，即最东边的城市作为汇点$t$。对于$s$和$t$，入点和出点的流量为$2$，因为要找两条路。对于有航线的两城市$i,j$（假设$i$在$j$西边），则应该把$i+n$和$j$连边，即把$i$的出点与$j$的入点相连，$f=1,c=0$，因为只能有$1$的流量，而没有经过城市，故$c=0$。
最后，跑完最大费用最大流后，我们会得到结果。若最大流为$2$，则说明有至少两条路可以从$s$到$t$，则$DFS$找$f$被清零的路线输出即可。若小于$2$则无解。但是，若源点直接和汇点相连，此时是有一条路（$s\rightarrow t\rightarrow s$）满足条件的，应该要特判。

细节

要拆点
字符串开始可以用$map$映射成数
要跑最大费用最大流~~，除了我没人会打成最小费用还调了半小时吧~~（$\color{rgb(231,76,60)}{WA}\ \ On\ \ Test4$）

代码

点击查看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<map>
#define maxn 500005
#define maxm 5000005
#define ll long long
#define inf 0x3fffffff
using namespace std;
ll n,m,s,t;
string x,y;
map<string,ll> mp;//城市映射到数
map<ll,string> mp2;//记录数对应的城市
bool flag=0;
ll head[maxn],tt=1;
struct node{
	ll to,dis,cost,nex;
}a[maxm*2];
void add(ll from,ll to,ll dis,ll cost){//正向边反向边一起建
	a[++tt].to=to;a[tt].dis=dis;a[tt].cost=cost;a[tt].nex=head[from];head[from]=tt;
	a[++tt].to=from;a[tt].dis=0;a[tt].cost=-cost;a[tt].nex=head[to];head[to]=tt;
}
bool vis[maxn];
ll costs[maxn];
bool spfa(){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(costs,0x3f,sizeof(costs));
	queue<int> q;
	vis[s]=1;
	q.push(s);
	costs[s]=0;
	while(!q.empty()){
		ll top=q.front();
		q.pop();
		vis[top]=0;
		for(ll i=head[top];i;i=a[i].nex){
			if(costs[top]+a[i].cost<costs[a[i].to]&&a[i].dis){
				costs[a[i].to]=costs[top]+a[i].cost;
				if(!vis[a[i].to]){
					vis[a[i].to]=1;
					q.push(a[i].to);
				}
			}
		}
	}
	if(costs[t]==costs[0]){
		return 0;
	}
	return 1;
}
ll ans=0,anscost=0;
ll dfs(ll x,ll minn){
	if(x==t){
		vis[t]=1;
		ans+=minn;
		return minn;
	}
	ll use=0;
	vis[x]=1;
	for(ll i=head[x];i;i=a[i].nex){
		if((!vis[a[i].to]||a[i].to==t)&&costs[a[i].to]==costs[x]+a[i].cost&&a[i].dis){
			ll search=dfs(a[i].to,min(minn-use,a[i].dis));
			if(search>0){
				use+=search;
				anscost+=(a[i].cost*search);
				a[i].dis-=search;
				a[i^1].dis+=search;
				if(use==minn){
					break;
				}
			}
		}
	}
	return use;
}
void dinic(){
	while(spfa()){
		do{
			memset(vis,0,sizeof(vis));
			dfs(s,inf);
		}while(vis[t]);
	}
	anscost*=-1;
}
ll ansvis[maxn];
void dfs1(ll x){//输出第一条路
	cout<<mp2[x-n]<<endl;//因为是正序输出,故先输出,记得减n
	ansvis[x]=1;//记录搜过的点,防止下次再搜
	for(ll i=head[x];i;i=a[i].nex){//寻找与之相连的边
		if(a[i].to<=n&&!a[i].dis){
			dfs1(a[i].to+n);
			break;
		}
	}
}
void dfs2(ll x){//输出第二条路(从最东边回来)
	for(ll i=head[x];i;i=a[i].nex){//寻找与之相连的边
		if(a[i].to<=n&&!a[i].dis&&!ansvis[a[i].to+n]){//还要判断第一次是否没搜过
			dfs2(a[i].to+n);
		}
	}
	cout<<mp2[x-n]<<endl;//因为是倒序输出,故后输出
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	s=1;
	t=2*n;//源/汇点
	add(1,1+n,2,-1);//源/汇点的连边要特殊处理,因为流量为2
	add(n,2*n,2,-1);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		cin>>x;
		mp[x]=i;//映射
		mp2[i]=x;
		if(i==1||i==n){
			continue;
		}
		add(i,i+n,1,-1);//入点和出点连边
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		cin>>x>>y;
		if(min(mp[x],mp[y])==1&&max(mp[x],mp[y])==n){//起点和终点有直达的边
			flag=1;
		}
		add(min(mp[x],mp[y])+n,max(mp[x],mp[y]),1,0);//防止数据给的顺序是东连向西,故加上min和max
	}
	dinic();//板子
	if(ans==2){//有两条路
		printf("%lld\n",anscost-2);//最大城市数(减2是因为起点和终点算了两次)
		dfs1(1+n);
		dfs2(1+n);
	}else if(ans==1&&flag){//只有起点直达终点的一条路
		printf("2\n");
		cout<<mp2[1]<<endl<<mp2[n]<<endl<<mp2[1];
	}else{//只有一条路或根本没有路则无解
		printf("No Solution!");
	}
	return 0;
}

P2754 $\color{#9D3DCF}{[CTSC1999]家园 / 星际转移问题}$

题目大意

~~$2177$年，由于资源破环严重，所有人们被迫移民月球。~~
现有$k$人要从地球前往月球，在地球与月球间有$n$个能容纳$\infty$人的太空站，有$m$艘飞船往返在若干个太空站之间。具体地，第$i$艘飞船最多容纳$h_i$人，往返于$r_i$个太空站$s_1,s_2,…,s_{r_i}$之间，如若有一飞船往返于第$1,3,4$个太空站之间，那么它将周期性地停靠太空站$1\;3\;4\;1\;3\;4\;1\;3\;4…$。特殊地，地球为$0$，月球为$-1$。飞船在两太空站之间消耗的时间均为$1$，求所有人都到月球上的最短时间（人可以在任意太空站停留任意时间），无解输出$0$。

思路

首先考虑无解的判断。显然，若不管如何乘坐飞船都无法从地球到月球则无解。那么，我们很容易能想到使用并查集维护能互相到达的太空站/地球/月球，这样就能判断是否有解。
在确定有解的情况下，考虑如何找到最小时间。因为飞船每天停靠的位置不一样，所以这是一幅动态图，考虑在动态图上跑网络流。最难的就是建图部分，考虑到每一天飞船的停靠点不同，我们按照时间把每天的地球$\&$月球$\&$空间站全部建一个点，如图，每一天（时间的单位不一定是天，为方便以下都用天代替）建$4$个节点（地球$1$个$+$月球$1$个$+$本数据中太空站$2$个），因为地球和太空站可以留任意时间的任意人数，故上一天的地球$\&$太空站都向这天的连一条$f=\infty$的边，又由于初始的月球连接着汇点，所以每天的月球向上一天的月球连$f=\infty$的边，对于每个太空船$i$，上一天所在的位置向当天所在位置连一条$f=h_i$的边，因为只能容纳$h_i$人。此时，每一天跑一边最大流，得到结果$people_i$就是这一天能增加运往月球的人数（因为前几天跑最大流的时候把有些边的$f$设为$0$了，故后面的天数都不会向这些边跑），答案就是最小的$day$使得$\sum\limits_{i=1}^{day}{people_i}\ge k$。

细节

因为不知道有多少天，而且每一天要新建节点，故可以把$s$和$t$的编号设为$maxn-1$和$maxn-2$。此时更新时要循环到$s$而不是$t$，因为$t$的下标比$s$小。（$\color{rgb(231,76,60)}{WA}\ \ On\ \ Test1$）
初始要设$n+2$个点表示初始状况，也为了第一天的时候能把边连过来。
每天有$n+2$个节点，其中地球为第$1$个，第$i$个空间站为第$i+1$个，月球为$n+2$个，故连边时注意是$(day-1)*(n+2)+1$是当天的地球，空间站和月球同理（根据代码可变）。
上一天飞船$i$的位置是$orb_{i,((day-1)\mod r_i)}$（$orb$记录飞船的运动周期，$1$为地球，第$i$个空间站为$i+1$，月球$n+2$）。

代码

点击查看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 20005
#define maxm 500005
#define ll long long
#define inf 0x3fffffff
using namespace std;
int n,m,k,s,t;
ll totpeo=0;//当前天数能最大运到月球的人数
int h[maxn],r[maxn],orb[maxn][maxn];
int head[maxn],tt=1;
int f[maxn];
int find(int x){//并查集-查询
	if(f[x]==x){
		return x;
	}
	return f[x]=find(f[x]);
}
void unionn(int u,int v){//并查集-合并
	int r1=find(u),r2=find(v);
	if(r1!=r2){
		f[r2]=r1;
	}
	return;
}
struct node{
	int to,dis,nex;
}a[maxm*2];
void add(int from,int to,int dis){//正&反向边
	a[++tt].to=to;a[tt].dis=dis;a[tt].nex=head[from];head[from]=tt;
	a[++tt].to=from;a[tt].dis=0;a[tt].nex=head[to];head[to]=tt;
}
bool vis[maxn];
int dep[maxn],cur[maxn];
bool bfs(){
	for(int i=0;i<=s;i++){//更新到s,因为我的代码中t比s的下标小
		vis[i]=0;
		dep[i]=inf;
		cur[i]=head[i];
	}
	queue<int> q;
	vis[s]=1;
	q.push(s);
	dep[s]=0;
	while(!q.empty()){
		int top=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[top];i;i=a[i].nex){
			if(dep[top]+1<dep[a[i].to]&&a[i].dis){
				dep[a[i].to]=dep[top]+1;
				if(!vis[a[i].to]){
					vis[a[i].to]=1;
					q.push(a[i].to);
				}
			}
		}
	}
	return dep[t]!=dep[0];
}
ll ans=0;
int dfs(int x,int minn){
	if(x==t){
		ans+=minn;
		return minn;
	}
	int use=0;
	for(int i=cur[x];i;i=a[i].nex){
		cur[x]=i;
		if(dep[a[i].to]==dep[x]+1&&a[i].dis){
			int search=dfs(a[i].to,min(minn-use,a[i].dis));
			if(search>0){
				use+=search;
				a[i].dis-=search;
				a[i^1].dis+=search;
				if(use==minn){
					break;
				}
			}
		}
	}
	return use;
}
ll dinic(){
	ans=0;
	while(bfs()){
		dfs(s,inf);
	}
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	s=maxn-2;
	t=maxn-3;
	for(int i=1;i<=t;i++) f[i]=i;//并查集
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&h[i],&r[i]);
		for(int j=0;j<r[i];j++){//因为mod r[i]的结果为0~r[i]-1,所以下标从0开始
			scanf("%d",&orb[i][j]);
			orb[i][j]++;
			if(orb[i][j]==0) orb[i][j]=n+2;//月球编号为n+2
			if(j!=0) unionn(orb[i][j],orb[i][j-1]);//并查集-合并
		}
	}
	if(find(1)!=find(n+2)){//无法到达
		printf("0");
		return 0;
	}
	add(s,1,inf);
	add(n+2,t,inf);//源点&汇点连到初始的地球&月球
	for(int day=1;;day++){
		for(int i=1;i<=n+1;i++){
			add((day-1)*(n+2)+i,day*(n+2)+i,inf);//地球/空间站的上一天向当天连边
		}
		add(day*(n+2)+n+2,(day-1)*(n+2)+n+2,inf);//月球的当天向上一天连边
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int x=(day-1+r[i])%r[i],y=day%r[i];
			add((day-1)*(n+2)+orb[i][x],day*(n+2)+orb[i][y],h[i]);
                        //飞船的当天所在位置向上一天所在位置连边
		}
		totpeo+=dinic();
		if(totpeo>=k){//能运送的最大人数超过总人数即输出答案
			printf("%d",day);
			break;
		}
	}
	return 0;
}

P2762 $\color{#9D3DCF}{太空飞行计划问题}$

题目大意

有$m$项实验和$n$种仪器，每项实验需要用到$n$种仪器其中的若干种。完成某项实验$i$会得到$p_i$美元，购置某种仪器$i$需花费$c_i$美元，求能得到的最大利润。

思路

建超级源点$s$和超级汇点$t$。$s$向每一项实验$i$连权值为$p_i$的边；每一种仪器$i$向$t$连权值为$c_i$的边；每项实验向其所需仪器连权值为$\infty$的边。我们让$s$与实验$i$之间的边割掉表示要做此实验，仪器向$t$的边割掉表示要选此仪器，此时跑最小割得到结果（因为最小割后图中没有从$s$到$t$的路径，所以选实验$i$后，其需要的仪器到$t$的边一定会被割掉）。
现在证明结论正确性：令选的实验的下标集合为$P$，选的仪器的下标集合为$C$，那么：
$ans=\max(\sum\limits_{i\in P}{p_i}-\sum\limits_{i\in C}{c_i})=\sum\limits_{i=1}^{m}{p_i}-\min(\sum\limits_{1\le i\le m且i\notin P}{p_i}+\sum\limits_{i\in C}{c_i})=\sum\limits_{i=1}^{m}{p_i}-最小割$。
其实就是：
$ans=\max($要选的实验的收益和$-$要选的仪器的花费和$)=$全部的实验收益$-min($不选的实验收益和$+$要选的仪器的花费和$)=$全部的试验收益$-$最小割。（因为不选的实验和要选的仪器我们将他们割掉了）

细节

此题的读入特殊，除了用题中给的读入，还可以用以下改进的快读（题解中找到的）：

点击查看代码

inline int read(){
    char c;int r=0;
    while (c<'0' || c>'9') c=getchar();
    while (c>='0' && c<='9')
    {
        r=r*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    if (c=='\n') flag=1;
    return r;
}

代码

点击查看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 205
#define maxm 5005
#define ll long long
#define inf 0x3fffffff
using namespace std;
bool flag=0;
inline int read(){
    char c;int r=0;
    while (c<'0' || c>'9') c=getchar();
    while (c>='0' && c<='9')
    {
        r=r*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    if (c=='\n') flag=1;
    return r;
}
int n,m,s,t,fy,xx,totf;
int head[maxn],tt=1;
struct node{
	int to,dis,nex;
}a[maxm*2];
void add(int from,int to,int dis){
	a[++tt].to=to;a[tt].dis=dis;a[tt].nex=head[from];head[from]=tt;
	a[++tt].to=from;a[tt].dis=0;a[tt].nex=head[to];head[to]=tt;
}
bool vis[maxn];
int dep[maxn],cur[maxn];
bool bfs(){
	for(int i=0;i<=t;i++){
		vis[i]=0;
		dep[i]=inf;
		cur[i]=head[i];
	}
	queue<int> q;
	vis[s]=1;
	q.push(s);
	dep[s]=0;
	while(!q.empty()){
		int top=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[top];i;i=a[i].nex){
			if(dep[top]+1<dep[a[i].to]&&a[i].dis){
				dep[a[i].to]=dep[top]+1;
				if(!vis[a[i].to]){
					vis[a[i].to]=1;
					q.push(a[i].to);
				}
			}
		}
	}
	return dep[t]!=dep[0];
}
ll ans=0;
int dfs(int x,int minn){
	if(x==t){
		ans+=minn;
		return minn;
	}
	int use=0;
	for(int i=cur[x];i;i=a[i].nex){
		cur[x]=i;
		if(dep[a[i].to]==dep[x]+1&&a[i].dis){
			int search=dfs(a[i].to,min(minn-use,a[i].dis));
			if(search>0){
				use+=search;
				a[i].dis-=search;
				a[i^1].dis+=search;
				if(use==minn){
					break;
				}
			}
		}
	}
	return use;
}
void dinic(){
	while(bfs()){
		dfs(s,inf);
	}
}
void output(){
	for(int i=head[s];i;i=a[i].nex){
		if(dep[a[i].to]!=inf){
			printf("%d ",a[i].to);
		}
	}
	printf("\n");
	for(int i=head[t];i;i=a[i].nex){
		if(dep[a[i].to]!=inf){
			printf("%d ",a[i].to-m);
		}
	}
	printf("\n%d",totf-ans);
}
int main(){
	scanf("%d%d",&m,&n);
	s=n+m+1;
	t=s+1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d",&fy);
		totf+=fy;
		add(s,i,fy);
		flag=0;
		while(!flag){
			xx=read();
			add(i,m+xx,inf);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&xx);
		add(m+i,t,xx);
	}
	dinic();
	output();
	return 0;
}
/*
2 2
10 1
20 2
20 10
*/

$To\ be\ continued…$

自西向东的城市的翻译依次为:
$Vancouvar$：温哥华
$Yellowknife$：耶洛奈夫
$Edmonton$：埃德蒙顿
$Calgary$：卡尔加里
$Winnipeg$：温尼伯
$Toronto$：多伦多
$Montreal$：蒙特利尔
$Halifax$：哈利法克斯 ↩︎

posted @ 2021-08-26 19:58 qzhwlzy 阅读(54) 评论(0) 收藏举报

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网络流24题 - 3

P4015 \(\color{#9D3DCF}{运输问题}\)

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P2770 \(\color{#9D3DCF}{航空路线问题}\)

题目大意

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P2754 \(\color{#9D3DCF}{[CTSC1999]家园 / 星际转移问题}\)

题目大意

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P2762 \(\color{#9D3DCF}{太空飞行计划问题}\)

题目大意

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