题目描述
在一段时间之后，网络公司终于有了一定的知名度，也开始收到一些订单，其中最大的一宗来自B市。Blue Mary决定亲自去签下这份订单。为了节省旅行经费，他的某个金融顾问建议只购买U航空公司的机票。U航空公司的所有航班每天都只有一班，并且都是上午出发当天下午到达的，所以他们每人每天只能坐一班飞机。经过调查，他们得到了U航空公司经营的所有航班的详细信息，这包括每一航班的出发地，目的地以及最多能买到的某一天出发的票数。(注意: 对于一个确定的航班，无论是哪一天，他们最多能买到的那一天出发的票数都是相同的。) Blue Mary注意到他们一定可以只乘坐U航空公司的航班就从A市到达B市，但是，由于每一航班能买到的票的数量的限制，他们所有人可能不能在同一天到达B市。所以现在Blue Mary需要你的帮助，设计一个旅行方案使得最后到达B市的人的到达时间最早。
输入
第一行包含3个正整数N，M和T。题目中会出现的所有城市分别编号为1,2,…,N，其中城市A编号一定为1，城市B编号一定为N. U公司一共有M条（单向）航班。而连Blue Mary在内，公司一共有T个人要从A市前往B市。 以下M行，每行包含3个正整数X,Y,Z, 表示U公司的每一条航班的出发地，目的地以及Blue Mary最多能够买到的这一航班某一天出发的票数。(即：无论是哪一天，Blue Mary最多只能买到Z张U航空公司的从城市X出发到城市Y的机票。) 输入保证从一个城市到另一个城市的单向航班最多只有一个。
输出
仅有一行，包含一个正整数，表示最后到达B市的人的最早到达时间。假设他们第一次乘飞机的那一天是第一天。
样例输入
3 3 5
1 2 1
2 3 5
3 1 4
样例输出
6
题解
动态加边网络流
由于题目中限定一人每天只能坐一次飞机，所以可以将飞机的运行时间看作一天，出发时间看作第0天。
这样就可以拆点，将每个除1和n以外的点拆成totaltime+1个，看作0~totaltime+1层。注意点1和点n不需要拆，即1和n无论在多少层，编号始终为1和n。
首先加S->1，容量为T，代表T个人。
然后枚举时间t，设点x在第k层所拆的点为(x,k)，则加边(i,t-1)->(i,t)，容量为inf；对于原图中的边x->y(z)，加边(x,t-1)->(y,t)，容量为z。
这样动态加边后把n看做汇点，跑dinic，判断一下是否满流即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 10010
#define M 1000010
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pos(i , j) (i == 1 || i == n) ? i : (n - 2) * (j) + i + 1
using namespace std;
queue<int> q;
int head[N] , to[M] , val[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N] , dx[M] , dy[M] , dz[M];
void add(int x , int y , int z)
{
to[++cnt] = y , val[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool bfs()
{
int x , i;
memset(dis , 0 , sizeof(dis));
while(!q.empty()) q.pop();
dis[s] = 1 , 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[to[i]] = dis[x] + 1;
if(to[i] == t) return 1;
q.push(to[i]);
}
}
}
return 0;
}
int dinic(int x , int low)
{
if(x == t) return low;
int temp = low , i , k;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(val[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1)
{
k = dinic(to[i] , min(temp , val[i]));
if(!k) dis[to[i]] = 0;
val[i] -= k , val[i ^ 1] += k;
if(!(temp -= k)) break;
}
}
return low - temp;
}
int main()
{
int n , m , k , i , j , ans = 0;
scanf("%d%d%d" , &n , &m , &k);
s = 0 , t = n , add(s , 1 , k);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d%d" , &dx[i] , &dy[i] , &dz[i]);
for(i = 1 ; i <= n + k ; i ++ )
{
for(j = 2 ; j < n ; j ++ ) add(pos(j , i - 1) , pos(j , i) , inf);
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ ) add(pos(dx[j] , i - 1) , pos(dy[j] , i) , dz[j]);
while(bfs()) ans += dinic(s , inf);
if(ans == k)
{
printf("%d\n" , i);
return 0;
}
}
return 0;
}