习题：codevs 1035 火车停留解题报告

本蒟蒻又来写解题报告了。这次的题目是codevs 1035 火车停留。

题目大意就是给m个火车的到达时间、停留时间和车载货物的价值，车站有n个车道，而火车停留一次车站就会从车载货物价值中获得1%的利润，让你来求一种安排方法，使得车站收益最大，并输出收益值。

蒟蒻的思路是这样的：

一眼看出：最大费用最大流（MCMF）
显然cost:表示车站收益
然后……
以车站为点建立图求流？同一个车站可能经过好几辆火车……，貌似很麻烦……；
那么以什么建图、连边，还有怎么连？
貌似有点类似于方格取数2之中的拆点……；
那么这个就可以……以火车为点，把一个点拆成两个，然后建立流的关系。
Reach[i]和stay[i]作为建立不同火车是否可以建边的判断条件
假设火车i，将其分为点2*i-1和2*i，连一条流量为1，费用为-cost[i]的边
如果reach[i] + stay[i] < reach[j]，在2*i和2*j-1之间连一条流量为1，费用为0的边。
建立汇点和起点S,T，从S向每个2*i-1连一条流量为1，费用为0的边。从每个2*i向T连一条流量为1，费用为0的边。

那么怎么限制n个车道呢？其实很简单，只需要建立超级汇点ST，然后从T向ST连一条流量为n，费用为0的边。

这样这个题目就大功告成了，代码不长，刚98行。建议大家还是去刷一下代码能力题，因为NOIP2015蒟蒻就被代码能力题给坑惨了。

废话不多说，上代码

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 #include <cmath>
 5 #include <algorithm>
 6 #include <queue>
 7 using namespace std;
 8 const int INF = 10000000;
 9 const int maxe = 10000;
10 const int maxn = 500;
11 int n,m,reach[maxn],stay[maxn],cost[maxn],vis[maxn<<1],d[maxn<<1],h[maxn<<1],pre[maxn<<1],rid[maxn],cid[maxn],now;
12 double ans;
13 struct edge{
14     int to,cost,cap,next;
15 }tr[maxe];
16 inline void init(){
17     now = 0;
18     memset(h,-1,sizeof(h));
19     memset(tr,0,sizeof(tr));
20     memset(reach,0,sizeof(reach));
21     memset(stay,0,sizeof(stay));
22     memset(cost,0,sizeof(cost));
23 }
24 inline void add(int u,int v,int cap,int cost){
25     tr[now].to = v;tr[now].cap = cap;tr[now].cost = cost;tr[now].next = h[u];
26     h[u] = now++;
27     tr[now].to = u;tr[now].cap = 0;tr[now].cost = -cost;tr[now].next = h[v];
28     h[v] = now++;
29 }
30 bool SPFA(int s,int t,int &flow,int &cost){
31     for(int i = s;i <= t;++i){
32         d[i] = INF;
33     }
34     int minflow = INF;
35     memset(vis,0,sizeof(vis));
36     memset(pre,-1,sizeof(pre));
37     deque<int>q;
38     d[s] = 0;
39     vis[s] = 1;
40     q.push_back(s);
41     while(!q.empty()){
42         int x = q.front();q.pop_front();
43         vis[x] = 0;
44         for(int i = h[x];i != -1;i = tr[i].next){
45             edge e = tr[i];
46             if(d[e.to] > d[x] + e.cost && e.cap){
47                 d[e.to] = d[x] + e.cost;
48                 pre[e.to] = i;
49                 minflow = min(minflow,e.cap);
50                 if(!vis[e.to]){
51                     vis[e.to] = 1;
52                     q.push_back(e.to);
53                 }
54             }
55         }
56     }
57     if(d[t] == INF)return false;
58     flow += minflow;
59     cost += d[t] * minflow;
60     for(int i = t;i != s;i = tr[pre[i]^1].to){
61         tr[pre[i]].cap -= minflow;
62         tr[pre[i]^1].cap += minflow;
63     }
64     return true;
65 }
66 int MCMF(int s,int t){
67     int flow = 0,cost = 0;
68     while(SPFA(s,t,flow,cost));
69     return cost;
70 }
71 int main(){
72     scanf("%d%d",&n,&m);
73     init();
74     for(int i = 1;i <= m;++i){
75         scanf("%d%d%d",&reach[i],&cost[i],&stay[i]);
76         rid[i] = 2*i;cid[i] = 2*i-1;
77         add(cid[i],rid[i],1,-cost[i]);
78     }
79     for(int i = 1;i <= m;++i){
80         for(int j = 1;j <= m;++j){
81             if(j != i)
82                 if(reach[i] + stay[i] < reach[j]){
83                     add(rid[i],cid[j],1,0);
84                 }
85         }
86     }
87     int S = 0,T = 2*m+1,ST = 2*m+2;
88     for(int i = 1;i <= m;++i){
89         add(S,cid[i],1,0);
90     }
91     for(int i = 1;i <= m;++i){
92         add(rid[i],T,1,0);
93     }
94     add(T,ST,n,0);
95     ans = double(MCMF(S,ST))/100;
96     printf("%0.2lf\n",-ans);
97     return 0;
98 }

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