题目描述
一个餐厅在相继的 N 天里，每天需用的餐巾数不尽相同。假设第 i 天需要 ri块餐巾(i=1，2，…，N)。餐厅可以购买新的餐巾，每块餐巾的费用为 p 分；或者把旧餐巾送到快洗部，洗一块需 m 天，其费用为 f 分；或者送到慢洗部，洗一块需 n 天(n>m)，其费用为 s<f 分。每天结束时，餐厅必须决定将多少块脏的餐巾送到快洗部，多少块餐巾送到慢洗部，以及多少块保存起来延期送洗。但是每天洗好的餐巾和购买的新餐巾数之和，要满足当天的需求量。试设计一个算法为餐厅合理地安排好 N 天中餐巾使用计划，使总的花费最小。编程找出一个最佳餐巾使用计划.
输入输出格式
输入格式：
第 1 行有 6 个正整数 N,p,m,f,n,s。N 是要安排餐巾使用计划的天数；p 是每块新餐巾的费用；m 是快洗部洗一块餐巾需用天数；f 是快洗部洗一块餐巾需要的费用；n 是慢洗部洗一块餐巾需用天数；s 是慢洗部洗一块餐巾需要的费用。接下来的 N 行是餐厅在相继的 N 天里，每天需用的餐巾数。
输出格式：
程序运行结束时，将餐厅在相继的 N 天里使用餐巾的最小总花费输出
输入输出样例
输入样例#1：
3 10 2 3 3 2 5 6 7
输出样例#1：
145
BYVOID：【问题分析】网络优化问题，用最小费用最大流解决。【建模方法】把每天分为二分图两个集合中的顶点Xi,Yi，建立附加源S汇T。1、从S向每个Xi连一条容量为ri，费用为0的有向边。2、从每个Yi向T连一条容量为ri，费用为0的有向边。3、从S向每个Yi连一条容量为无穷大，费用为p的有向边。4、从每个Xi向Xi+1(i+1<=N)连一条容量为无穷大，费用为0的有向边。5、从每个Xi向Yi+m(i+m<=N)连一条容量为无穷大，费用为f的有向边。6、从每个Xi向Yi+n(i+n<=N)连一条容量为无穷大，费用为s的有向边。求网络最小费用最大流，费用流值就是要求的最小总花费。【建模分析】这个问题的主要约束条件是每天的餐巾够用，而餐巾的来源可能是最新购买，也可能是前几天送洗，今天刚刚洗好的餐巾。每天用完的餐巾可以选择送到快洗部或慢洗部，或者留到下一天再处理。经过分析可以把每天要用的和用完的分离开处理，建模后就是二分图。二分图X集合中顶点Xi表示第i天用完的餐巾，其数量为ri，所以从S向Xi连接容量为ri的边作为限制。Y集合中每个点Yi则是第i天需要的餐巾，数量为ri，与T连接的边容量作为限制。每天用完的餐巾可以选择留到下一天（Xi->Xi+1），不需要花费，送到快洗部(Xi->Yi+m)，费用为f，送到慢洗部(Xi->Yi+n)，费用为s。每天需要的餐巾除了刚刚洗好的餐巾，还可能是新购买的(S->Yi)，费用为p。在网络上求出的最小费用最大流，满足了问题的约束条件（因为在这个图上最大流一定可以使与T连接的边全部满流，其他边只要有可行流就满足条件），而且还可以保证总费用最小，就是我们的优化目标。
主要的问题就是想到把要用的餐巾和用过的餐巾分开处理拆点得到二分图，考虑两者的来源和去向，增加s和t求最大流
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2005,M=1e6+5,INF=1e9;
int read(){
char c=getchar();int x=0,f=1;
while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();}
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘; c=getchar();}
return x*f;
}
int n,p,fn,fp,sn,sp,r[N],s,t;
struct edge{
int v,ne,c,f,w;
}e[M<<1];
int cnt,h[N];
inline void ins(int u,int v,int c,int w){
cnt++;
e[cnt].v=v;e[cnt].c=c;e[cnt].f=0;e[cnt].w=w;
e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt;
cnt++;
e[cnt].v=u;e[cnt].c=0;e[cnt].f=0;e[cnt].w=-w;
e[cnt].ne=h[v];h[v]=cnt;
}
void build(){
s=0;t=n+n+1;
for(int i=1;i<=n;i++){
ins(s,i,r[i],0);
ins(i+n,t,r[i],0);
ins(s,i+n,INF,p);
if(i+1<=n) ins(i,i+1,INF,0);
if(i+fn<=n) ins(i,i+n+fn,INF,fp);
if(i+sn<=n) ins(i,i+n+sn,INF,sp);
}
}
int d[N],q[N],head,tail,inq[N],pre[N],pos[N];
inline void lop(int &x){if(x==N)x=1;else if(x==0) x==N-1;}
bool spfa(){
memset(d,127,sizeof(d));
memset(inq,0,sizeof(inq));
head=tail=1;
d[s]=0;inq[s]=1;q[tail++]=s;
pre[t]=-1;
while(head!=tail){
int u=q[head++];inq[u]=0;lop(head);
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){
int v=e[i].v,w=e[i].w;
if(d[v]>d[u]+w&&e[i].c>e[i].f){
d[v]=d[u]+w;
pre[v]=u;pos[v]=i;
if(!inq[v]){
inq[v]=1;
if(d[v]<d[q[head]]) head--,lop(head),q[head]=v;
else q[tail++]=v,lop(tail);
}
}
}
}
return pre[t]!=-1;
}
int mcmf(){
int flow=0,cost=0;
while(spfa()){
int f=INF;
for(int i=t;i!=s;i=pre[i]) f=min(f,e[pos[i]].c-e[pos[i]].f);
flow+=f;cost+=d[t]*f;
for(int i=t;i!=s;i=pre[i]){
e[pos[i]].f+=f;
e[((pos[i]-1)^1)+1].f-=f;
}
}
return cost;
}
int main(int argc, const char * argv[]){
n=read();p=read();fn=read();fp=read();sn=read();sp=read();
for(int i=1;i<=n;i++) r[i]=read();
build();
printf("%d",mcmf());
}
时间： 2024-10-24 22:08:50