餐巾计划问题解题报告

神题中的神题。

传说Asia和Refun被此题双杀，本蒟蒻当然大无畏的上去送一波三杀咯。

交的时候发现前面还有个zyc，这就是四杀了……

好了不废话。

一开始想出一个简单的模型，把每一天拆点，一个入点和出点，中间的边限制流量，具体不再赘述。但这样就会造成一个自相矛盾的问题。

首先我们能看出来这个题是个最小费用最大流。所以为了满足我们每天的需求，我们必须要保证每天运到汇点的流是r[i]，但是题目还要求每天的r[i]都要留到下一天或者送去两个店洗，这就出现了一个矛盾，怎么既让这r[i]的流流到汇点，又让这r[i]的流分配出去？

不会，问dalao。

问了发现这个题简直是个极品啊！

我们首先把每天拆成两个点，这毫无异议。但是最骚的就是，这两个点并不是连接的！也就是说，这两个点分别表示我上一段提到的两个需求！首先，我们一个点专门接入流，然后源点和它之间连一条费用为p流量为inf的边，它和汇点之间连一条费用为0流量为r[i]的边，这样就控制一个需求；其次，我们另一个点专门出流，也就是我们说的三种方案：送到快洗店(也就是与快洗洗完那一天的入点相连，流量为inf费用为快洗费)，送到慢洗店(也就是与慢洗洗完的那一天的入点相连，流量为inf费用为慢洗费)，留到下一天(也就是与下一天的出点相连，流量为inf费用为0)，然后源点和这个点之间连一条流量为r[i]费用为0的边，这样就能控制另一个需求。

要注意的是这题需要开long long

代码代码跪了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define big (1000000000 + 10)
#define maxn (100000 + 10)
using namespace std;
int flow[maxn],pre[maxn],lst[maxn],head[maxn];
int n,m,cnt,s=0,t=5001,p,d1,d2,f1,f2;
long long ans,dis[maxn];
bool vis[maxn];
int read(){
	char c;int r=0,f=1;
	c=getchar();
	while (c<'0' || c>'9'){
		if (c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while (c>='0' && c<='9'){
		r=(r*10)+(c^48);
		c=getchar();
	}
	return r*f;
}
struct edge{
	int next,to,flow,dis;
}ljb[maxn];
void add_edge(int x,int y,int f,int c){
	ljb[++cnt].next=head[x];
	ljb[cnt].to=y;
	ljb[cnt].flow=f;
	ljb[cnt].dis=c;
	head[x]=cnt;
}
void add(int x,int y,int f,int c){
	add_edge(x,y,f,c);
	add_edge(y,x,0,-c);
}
queue<int> q;
bool spfa(){
	for (int i=s;i<=t;i++) dis[i]=big,flow[i]=big,vis[i]=0,pre[i]=-1,lst[i]=0;
	q.push(s);dis[s]=0;
	while (!q.empty()){
		int x=q.front(); q.pop(); vis[x]=0;
		for (int i=head[x];i!=-1;i=ljb[i].next){
			int y=ljb[i].to;
			if (dis[y]>dis[x]+ljb[i].dis && ljb[i].flow>0){
				dis[y]=dis[x]+ljb[i].dis;
				flow[y]=min(flow[x],ljb[i].flow);
				pre[y]=x;  lst[y]=i;
				if (!vis[y]){
					vis[y]=1;
					q.push(y);
				}
			}
		}
	}
	if (pre[t]!=-1) return 1;
	return 0;
}
int main(){
	n=read();
	for (int i=s;i<=t;i++) head[i]=-1;cnt=-1;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		int x=read();
		add(s,i,x,0);
		add(i+2000,t,x,0);
	}
	p=read();d1=read();f1=read();d2=read();f2=read();
	for (int i=1;i<=n;i++){
		add(s,i+2000,big,p);
		if (i+d1<=n) add(i,i+d1+2000,big,f1);
		if (i+d2<=n) add(i,i+d2+2000,big,f2);
		if (i+1<=n) add(i,i+1,big,0);
	}
	while (spfa()){
		ans+=flow[t]*dis[t];
		int now=t;
		while (now!=s){
			ljb[lst[now]].flow-=flow[t];
			ljb[lst[now]^1].flow+=flow[t];
			now=pre[now];
		}
	}
	printf("%lld",ans);
}

一种独特的模型