3280: 小R的烦恼
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Description
小R最近遇上了大麻烦，他的程序设计挂科了。于是他只好找程设老师求情。善良的程设老师答应不挂他，但是要求小R帮助他一起解决一个难题。
问题是这样的，程设老师最近要进行一项邪恶的实验来证明P=NP，这个实验一共持续n天，第i天需要a[i]个研究生来给他搬砖。研究生毕竟也是人，所以雇佣研究生是需要钱的，机智的程设老师已经联系好了m所大学，第j所大学共有l[j]个研究生，同时雇佣这所大学的一个研究生需要p[j]元钱。
本来程设老师满心欢喜的以为，这样捡最便宜的max{a[i]}个研究生雇来，就可以完成实验；结果没想到，由于他要求硕士生们每天工作25个小时不许吃饭睡觉上厕所喝水说话咳嗽打喷嚏呼吸空气，因此一天下来给他搬砖的所有研究生都会进入濒死状态。濒死状态的研究生，毫无疑问，就不能再进行工作了。但是机智的老师早早联系好了k家医院，第i家医院医治一个濒死的研究生需要d[i]天,并且需要q[i]元钱。
现在，程设老师想要知道，最少花多少钱，能够在这n天中满足每天的需要呢？若无法满足，则请输出”impossible”。注意，由于程设老师良心大大的坏，所以他是可以不把濒死的研究生送去医院的！
Input
本题包含多组数据；第一行是一个数T(T<=11)，表示数据组数，以下T组数据。对于每一组数据，第一行三个数，n,m,k;以下一行n个数，表示a[1]…a[n]接着一行2m个数，表示l[1],p[1]…l[n],p[n]接着一行2k个数，表示d[1],q[1]…d[n],q[n]
Output
对于每组数据以样例的格式输出一行，两个数分别表示第几组数据和最少钱数。
Sample Input
2
3 2 1
10 20 30
40 90 15 100
1 5
3 2 1
10 20 30
40 90 15 100
2 5
Sample Output
Case 1: 4650
Case 2: impossible
HINT
样例解释：买下90块钱的那40个研究生，另外再买10个100块钱的。这样，第一天用完的10个人全部送到医院，那么他们在第三天可以继续使用；同时，第二天和第三天都用新的研究生来弥补，这样一共需要花费40*90 + 10*100 + 5*10 = 4650元。数据规模：对于30%的数据中的每组数据,满足n<=5,m,k<=2,其余数均小于等于100或者 n<=10,m,k<=10,其余数均小于等于20.对于100%的数据n,m,k<=50,其余数均小于等于100.
Source
题解：费用流。建图方式与餐巾计划相似。
将每天拆成两个集合，xi表示健康的人，yi表示生病的人。
源点->yi 容量为a[i]，费用为0 因为一天最多产生a[i]个病人
xi->汇点 容量为a[i]，费用为0
yi->xi+d[x] 容量为inf ,费用为q[i]
源点->每个大学 容量为l[i] ，费用为0
每个大学->x集合中的每个点 容量为inf ，费用为p[i]
xi->xi+1 容量为inf ,费用为0
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define N 2000
#define M 10000000
#define inf 1000000000
using namespace std;
int n,m,ans,tot;
int next[M],v[M],remain[M],c[M];
int point[N],dis[N],can[N],last[N];
int mincost,d[N],ti[N],a[N],l[N],q[N],p[N],k,cnt;
void add(int x,int y,int z,int k)
{
tot++; next[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; remain[tot]=z; c[tot]=k;
tot++; next[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; remain[tot]=0; c[tot]=-k;
}
int addflow(int s,int t)
{
int now=t; int ans=inf;
while (now!=s)
{
ans=min(ans,remain[last[now]]);
now=v[last[now]^1];
}
now=t;
while (now!=s)
{
remain[last[now]]-=ans;
remain[last[now]^1]+=ans;
now=v[last[now]^1];
}
return ans;
}
bool spfa(int s,int t)
{
for (int i=s;i<=t;i++)
dis[i]=inf,can[i]=0;
dis[s]=0; can[s]=1;
queue<int> p; p.push(s);
while (!p.empty())
{
int now=p.front(); p.pop();
for (int i=point[now];i!=-1;i=next[i])
if (dis[v[i]]>dis[now]+c[i]&&remain[i])
{
dis[v[i]]=dis[now]+c[i];
last[v[i]]=i;
if (!can[v[i]]){
can[v[i]]=1;
p.push(v[i]);
}
}
can[now]=0;
}
if (dis[t]==inf) return false;
int maxflow=addflow(s,t);
ans+=maxflow;
mincost+=maxflow*dis[t];
return true;
}
void solve(int s,int t)
{
while (spfa(s,t));
}
int main()
{
scanf("%d",&cnt);
for (int T=1;T<=cnt;T++)
{
tot=-1;
memset(point,-1,sizeof(point));
memset(next,-1,sizeof(next));
mincost=0; ans=0; int sum=0;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&l[i],&p[i]);
for (int i=1;i<=k;i++) scanf("%d%d",&d[i],&q[i]);
for (int i=1;i<=m;i++)
add(1,i+1,l[i],0);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
add(j+1,i+n+m+1,inf,p[j]);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
add(m+1+i+n,m+2*n+2,a[i],0);
if(i<n) add(m+1+i+n,m+1+i+n+1,inf,0);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=k;j++)
{
int t=i+d[j]+1;
if (t<=n) add(m+1+i,m+1+n+t,inf,q[j]);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
add(1,m+1+i,a[i],0);
solve(1,n*2+m+2);
if (ans==sum) printf("Case %d: %d\n",T,mincost);
else printf("Case %d: impossible\n",T);
}
}