题目

题目大意

给你一个有向图，每个点开始有一定的水量（可能为负数），可以通过边流到其它点。
每条边的流量是有上下界的。
每个点的水量可以增加或减少（从外界补充或泄出到外界），但是需要费用，和增加（减少）流量呈正比例函数关系。
每条边的流量也需要费用，费用和流量呈二次函数关系（常数项为\(0\)）。
问将所有水流完的最小花费。

思考历程

这显然是一道上下界最小费用可行流嘛！
==有源有汇的上下界可行流的做法：建立超级源\(ss\)和超级汇\(tt\)（和\(S\)、\(T\)），对于\(u\)到\(v\)的容量为\([low,up]\)的边。这时从\(ss\)到\(v\)连一条容量为\(low\)的边，\(u\)到\(tt\)连一条容量为\(low\)的边，\(u\)到\(v\)连一条\(up-low\)的边。并且要从\(T\)到\(S\)连一条容量为无限大的边。==
具体原因不再赘述。
对于每个点的初始水量，如果为正数，就从\(S\)向它连一条容量上下界都为水量的边，费用为\(0\)。
如果为负数，就从\(T\)向它连一条容量上下界都为水量的绝对值的边，费用为\(0\)。
对于每个点和外界之间的关系，可以从\(S\)到它连一条上限为无限大的边，它到\(T\)连一条上限为无限大的边，费用由题目给定。
可是最麻烦的来了，这个二次函数该怎么处理呢？
想不出来……
最终交了个错误的程序上去，成功爆0……

正解

前面的都差不多了，就只有二次函数的那一部分。
二次函数为\(y=ax^2+bx\)，直接搞似乎不行，那就试着将它们拆开，变成\(a+b\)、\(3a+b\)、\(5a+b\)……这些边。每条边的容量为\(1\)。
具体来说，当\(x\)变成\(x+1\)时，费用就会新增\(a(2x+1)+b\)
由于我们跑的是最小费用可行流，一定会先跑更小的边。所以这种方法是不可能WA的。
但是如果直接这样拆，边会很多啊！想一想，要拆成最多\(100\)条边……
于是就有了动态加边大法！
一开始只加入\(a+b\)的边，如果这条边被流满，那就加一条\(3a+b\)的边，以此类推……
当然，由于上下界的问题，一开始加的并不是\(a+b\)。先将最低费用\(a*low^2+b*low\)加入答案。为了使费用不重复计算，\(ss\)到\(v\)和\(u\)到\(tt\)的边就不需要费用了，只是中间那条\(u\)到\(v\)的边初始费用变成了\(a(2low+1)+b\)。
至此整道题就解决了。

代码

独爱zkw费用流……

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define INF 1000000000
#define N 1000
int n,m;
struct EDGE{
    int to,c,w;
    EDGE *las;
    int sp;
} e[100000];
int ne;
EDGE *last[N];
#define rev(ei) (e+(int((ei)-e)^1))
inline void link(int u,int v,int c,int w,int sp=0){
    e[ne]={v,c,w,last[u],sp};
    last[u]=e+ne++;
    e[ne]={u,0,-w,last[v],0};
    last[v]=e+ne++;
}
int nsp;
int mx[100000],ad[100000];
int ex[100000];
inline void link2(int u,int v,int low,int up,int a,int b){
    nsp++;
    mx[nsp]=up,ad[nsp]=a*2,ex[nsp]=low+1;
    e[ne]={v,1,a*(2*low+1)+b,last[u],nsp};
    last[u]=e+ne++;
    e[ne]={u,0,-(a*(2*low+1)+b),last[v],0};
    last[v]=e+ne++;
}
int s,t,ss,tt;
int mincost;
int dis[N];
int vis[N],BZ;
int dfs(int x,int s){
    if (x==tt){
        mincost+=dis[ss]*s;
        return s;
    }
    int have=s;
    vis[x]=BZ;
    for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
        if (vis[ei->to]!=BZ && ei->c && dis[x]==dis[ei->to]+ei->w){
            int t=dfs(ei->to,min(have,ei->c));
            ei->c-=t,rev(ei)->c+=t,have-=t;
            if (ei->sp && ex[ei->sp]<mx[ei->sp]){
                link(x,ei->to,1,ei->w+ad[ei->sp],ei->sp);
                ex[ei->sp]++;
                ei->sp=0;
            }
            if (!have)
                return s;
        }
    return s-have;
}
inline bool change(){
    int d=INF;
    for (int i=1;i<=n+4;++i)
        if (vis[i]==BZ)
            for (EDGE *ei=last[i];ei;ei=ei->las)
                if (vis[ei->to]!=BZ && ei->c)
                    d=min(d,dis[ei->to]+ei->w-dis[i]);
    if (d==INF)
        return 0;
    for (int i=1;i<=n+4;++i)
        if (vis[i]==BZ)
            dis[i]+=d;
    return 1;
}
inline void zkw(){
    do
        do
            BZ++;
        while (dfs(ss,INF));
    while (change());
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    s=n+1,t=n+2,ss=n+3,tt=n+4;
    for (int i=1;i<=n;++i){
        int left,in,out;
        scanf("%d%d%d",&left,&in,&out);
        if (left>0)
            link(ss,i,left,0),link(s,tt,left,0);
        else if (left<0)
            link(ss,t,-left,0),link(i,tt,-left,0);
        link(s,i,INF,in);
        link(i,t,INF,out);
    }
    link(t,s,INF,0);
    for (int i=1;i<=m;++i){
        int u,v,a,b,low,up;
        scanf("%d%d%d%d%d%d",&u,&v,&a,&b,&low,&up);
        mincost+=a*low*low+b*low;
        if (a){
            if (low)
                link(ss,v,low,0),link(u,tt,low,0);
            if (up-low)
                link2(u,v,low,up,a,b);
        }
        else{
            if (low)
                link(ss,v,low,b),link(u,tt,low,0);
            if (up-low)
                link(u,v,up-low,b);
        }
    }
    zkw();
    printf("%d\n",mincost);
    return 0;
}

总结

题目的难点主要在拆边，事实上，这似乎有点套路啊……
所以当直接做不方便时，可以试着作差，然后就出来一些东西……

原文地址：https://www.cnblogs.com/jz-597/p/11147880.html