[BZOJ1927][Sdoi2010]星际竞速（费用流）

2019-11-14 10:19:31

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题目描述

传送门

题解

这道题有每一个点经过且只经过一次的限制以为是有上下界的费用流然后写写写…对是对了，T得好惨因为加了n2 $n^2$ 条边…

实际上这道题一个普通的费用流就能解决了对于每一个点拆点xiyi s->xi,1,0 s->yi,ai yi->t,1,0 对于能到达的两个点ij，xi->yj,time 这样跑一遍费用流就可以了可以发现是一定可以满流的，保证了每一个点都被访问一次，有点最小路径覆盖的意思

代码

#include<algorithm>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<cmath>#include<queue>using namespace std;#define N 80000#define inf 2000000000int n,m,x,y,z,s,t,mincost;int tot,point[N],nxt[N],v[N],remain[N],c[N];int d[N],dis[N],last[N];bool vis[N];queue <int> q;void addedge(int x,int y,int cap,int z){ ++tot; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; remain[tot]=cap; c[tot]=z; ++tot; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; remain[tot]=0; c[tot]=-z;}int addflow(int s,int t){ int now=t,ans=inf; while (now!=s) { ans=min(ans,remain[last[now]]); now=v[last[now]^1]; } now=t; while (now!=s) { remain[last[now]]-=ans; remain[last[now]^1]+=ans; now=v[last[now]^1]; } return ans;}bool spfa(int s,int t){ memset(dis,127,sizeof(dis));dis[s]=0; memset(vis,0,sizeof(vis));vis[s]=1; while (!q.empty()) q.pop();q.push(s); while (!q.empty()) { int now=q.front();q.pop(); vis[now]=0; for (int i=point[now];i!=-1;i=nxt[i]) if (dis[v[i]]>dis[now]+c[i]&&remain[i]) { dis[v[i]]=dis[now]+c[i]; last[v[i]]=i; if (!vis[v[i]]) vis[v[i]]=1,q.push(v[i]); } } if (dis[t]>inf) return 0; int flow=addflow(s,t); mincost+=flow*dis[t]; return 1;}int main(){ tot=-1;memset(point,-1,sizeof(point)); scanf("%d%d",&n,&m); s=n+n+1,t=s+1; for (int i=1;i<=n;++i) { scanf("%d",&x); addedge(s,n+i,1,x); addedge(s,i,1,0); addedge(n+i,t,1,0); } for (int i=1;i<=m;++i) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); if (x==y) continue; if (x>y) swap(x,y); addedge(x,n+y,inf,z); } while (spfa(s,t)); PRintf("%d/n",mincost);}

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