3876: [Ahoi2014&Jsoi2014]支线剧情
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Description
【故事背景】
宅男JYY非常喜欢玩RPG游戏，比如仙剑，轩辕剑等等。不过JYY喜欢的并不是战斗场景，而是类似电视剧一般的充满恩怨情仇的剧情。这些游戏往往
都有很多的支线剧情，现在JYY想花费最少的时间看完所有的支线剧情。
【问题描述】
JYY现在所玩的RPG游戏中，一共有N个剧情点，由1到N编号，第i个剧情点可以根据JYY的不同的选择，而经过不同的支线剧情，前往Ki种不同的新的剧情点。当然如果为0，则说明i号剧情点是游戏的一个结局了。
JYY观看一个支线剧情需要一定的时间。JYY一开始处在1号剧情点，也就是游戏的开始。显然任何一个剧情点都是从1号剧情点可达的。此外，随着游戏的进行，剧情是不可逆的。所以游戏保证从任意剧情点出发，都不能再回到这个剧情点。由于JYY过度使用修改器，导致游戏的“存档”和“读档”功能损坏了，
所以JYY要想回到之前的剧情点，唯一的方法就是退出当前游戏，并开始新的游戏，也就是回到1号剧情点。JYY可以在任何时刻退出游戏并重新开始。不断开始新的游戏重复观看已经看过的剧情是很痛苦，JYY希望花费最少的时间，看完所有不同的支线剧情。
Input
输入一行包含一个正整数N。
接下来N行，第i行为i号剧情点的信息；
第一个整数为，接下来个整数对，Bij和Tij，表示从剧情点i可以前往剧
情点，并且观看这段支线剧情需要花费的时间。
Output
输出一行包含一个整数，表示JYY看完所有支线剧情所需要的最少时间。
Sample Input
6
2 2 1 3 2
2 4 3 5 4
2 5 5 6 6
0
0
0
Sample Output
24
HINT
JYY需要重新开始3次游戏，加上一开始的一次游戏，4次游戏的进程是
1->2->4，1->2->5，1->3->5和1->3->6。
对于100%的数据满足N<=300,0<=Ki<=50,1<=Tij<=300,Sigma(Ki)<=5000
Source
分析：很容易看出这是一个有源汇的有上下界的最小费用最大流问题.
先建出原图：源点S向一号点连边，容量为inf,费用为0. 每个点向它能到达的点连边，容量为[1,inf],费用为题目给定的费用. 每个点向汇点T连边，容量为inf,费用为0.
建出原图后就好办了，直接套用模板即可.
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100010,inf = 0x7fffffff;
int n,S,T,SS,TT,du[maxn],pos[310][310],ans,head[maxn],to[maxn],nextt[maxn],w[maxn],cost[maxn],tot = 2;
int d[maxn],vis[maxn],vis2[maxn];
void add(int x,int y,int z,int p)
{
cost[tot] = p;
w[tot] = z;
to[tot] = y;
nextt[tot] = head[x];
head[x] = tot++;
cost[tot] = -p;
w[tot] = 0;
to[tot] = x;
nextt[tot] = head[y];
head[y] = tot++;
}
bool spfa()
{
for (int i = 1; i <= TT; i++)
d[i] = inf;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(vis2,0,sizeof(vis2));
d[SS] = 0;
vis[SS] = 0;
queue <int> q;
q.push(SS);
while (!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
vis[u] = 0;
for (int i = head[u];i;i = nextt[i])
{
int v = to[i];
if (w[i] && d[v] > d[u] + cost[i])
{
d[v] = d[u] + cost[i];
if (!vis[v])
{
vis[v] = 1;
q.push(v);
}
}
}
}
return d[TT] < inf;
}
int dfs(int u,int f)
{
if (u == TT)
{
ans += d[u] * f;
return f;
}
int res = 0;
vis2[u] = 1;
for (int i = head[u];i;i = nextt[i])
{
int v = to[i];
if (w[i] && !vis2[v] && d[v] == d[u] + cost[i])
{
int temp = dfs(v,min(f - res,w[i]));
w[i] -= temp;
w[i ^ 1] += temp;
res += temp;
if (res == f)
return res;
}
}
return res;
}
void dinic()
{
while (spfa())
dfs(SS,inf);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
S = n + 1;
T = S + 1;
SS = T + 1;
TT = SS + 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int num;
scanf("%d",&num);
for (int j = 1; j <= num; j++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
ans += y;
add(i,x,inf,y);
pos[i][x] = tot - 1;
du[i]--;
du[x]++;
}
add(i,T,inf,0);
}
add(S,1,inf,0);
add(T,S,inf,0);
for (int i = 1; i <= T; i++)
{
if (du[i] > 0)
add(SS,i,du[i],0);
if (du[i] < 0)
add(i,TT,-du[i],0);
}
dinic();
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/zbtrs/p/8620719.html