BZOJ3876: [Ahoi2014&Jsoi2014]支线剧情

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

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

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

题解Here!

首先应该能发现这是个费用流的题。。。

因为要把整个图走一遍，还有时间，于是费用流没得跑。

走一次路径会给这条路径上的所有边增加$1$的流量，再给所有边赋一个费用等于边权。

这样，我们只要设每条边的流量有一个$1$的下限，上限为无限大，就能做了。

还要把所有的剧情结束点（没有出边的）连到一个超级汇点，源点就是$1$号点。

跑一个最小费用可行流即可。

什么？你不知道最小费用可行流？

教程

考虑一张网络流图，每条边定义为$(u,v,l,r,cost)$，代表从$u$到$v$的一条有向边，流量为$[l,r]$闭区间，费用为$cost$，源点$s$汇点$t$已知，且保证源点没有入边、汇点没有出边。

同时定义常规费用流图的边为$(u,v,w,cost)$

现在我们需要求这张图的最小费用可行流，就是满足所有边的流量上下限制，同时费用最小。

按照如下方式建立附加边和附加点：

建立附加源点$S$，和附加汇点$T$
对于原图中每一个点，包括源汇点$s,t$，u，令$degree[u]$代表$u$点的所有入边的流量下界减去出边的流量下界。

然后有两种情况：

如果$degree[u]<0$，那么从$u$连一条边到$T$，即$(u,T,-degree[u],0)$
如果$degree[u]>0$，那么从$S$连一条边到$u$，即$(S,u,degree[u],0)$

3. 对于原图中每一条边$(u,v,l,r,cost)$，连边$(u,v,r-l,cost)$。

4. 连边$(t,s,MAX,0)$。注意这里是原图的源汇点！不是附加的源汇点！

这样以后，从$S$到$T$跑新图的最小费用最大流，再加上原图中每条边的下界流量乘以费用（必须跑的部分），就是最小费用可行流的费用了。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define MAXN 310
#define MAXM 5010
#define MAX 999999999
using namespace std;
int n,m,s,t,S,T,c=2,maxflow=0,mincost=0,sum=0;
int head[MAXN],deep[MAXN],flow[MAXN],path[MAXN],fa[MAXN],degree[MAXN];
bool vis[MAXN];
struct Edge{
    int next,to,w,cost;
}a[MAXM<<2];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
	return date*w;
}
inline int relax(int u,int v,int i,int w,int cost){
    if(path[v]>path[u]+cost){
        path[v]=path[u]+cost;
        fa[v]=u;
        deep[v]=i;
        flow[v]=min(flow[u],w);
        return 1;
    }
    return 0;
}
inline void add(int u,int v,int w,int cost){
    a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].cost=cost;a[c].next=head[u];head[u]=c++;
    a[c].to=u;a[c].w=0;a[c].cost=-cost;a[c].next=head[v];head[v]=c++;
}
bool spfa(){
    int u,v;
    queue<int> q;
    for(int i=S;i<=T;i++){path[i]=MAX;vis[i]=false;deep[i]=0;fa[i]=-1;}
    path[S]=0;
    vis[S]=true;
    flow[S]=MAX;
    q.push(S);
    while(!q.empty()){
        u=q.front();
        q.pop();
        vis[u]=false;
        for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
            v=a[i].to;
            if(a[i].w&&relax(u,v,i,a[i].w,a[i].cost)&&!vis[v]){
                vis[v]=true;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    if(path[T]==MAX)return false;
    return true;
}
void EK(){
    while(spfa()){
        for(int i=T;i!=S;i=fa[i]){
            a[deep[i]].w-=flow[T];
            a[deep[i]^1].w+=flow[T];
        }
        maxflow+=flow[T];
        mincost+=flow[T]*path[T];
    }
}
void work(){
    EK();
    printf("%d
",sum+mincost);
}
void init(){
    int x,y,k;
    n=read();
    s=1;t=n+1;S=0;T=n+2;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        k=read();
        degree[i]-=k;
        add(i,t,MAX,0);
        for(int j=1;j<=k;j++){
            x=read();y=read();
            degree[x]++;
            sum+=y;
            add(i,x,MAX,y);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(degree[i]<0)add(i,T,-degree[i],0);
        if(degree[i]>0)add(S,i,degree[i],0);
    }
    add(t,s,MAX,0);
}
int main(){
    init();
    work();
    return 0;
}