【BZOJ3691】游行（网络流）
题面
BZOJ
然而权限题。
Description
每年春季，在某岛屿上都会举行游行活动。
在这个岛屿上有N个城市，M条连接着城市的有向道路。
你要安排英雄们的巡游。英雄从城市si出发，经过若干个城市，到城市ti结束，需要特别注意的是，每个英雄的巡游的si可以和ti相同，但是必须至少途径2个城市。
每次游行你的花费将由3部分构成：
1.每个英雄游行经过的距离之和，需要特别注意的是，假如一条边被途径了k次，那么它对答案的贡献是k*ci，ci表示这条边的边权。
2.如果一个英雄的巡游的si不等于ti，那么会额外增加C的费用。因为英雄要打的回到起点。
3.如果一个城市没有任何一个英雄途经，那么这个城市会很不高兴，需要C费用的补偿。
你有无数个的英雄。你要合理安排游行方案，使得费用最小。
由于每年，C值都是不一样的。所以你要回答Q个询问，每个询问都是，当C为当前输入数值的时候的答案。
Input
第一行正整数N，M，Q；
接下来的M行，每行ai,bi,ci，表示有一条从ai到bi，边权为ci的有向道路。保证不会有自环，但不保证没有重边。
接下来Q行，每行一个C，表示询问当每次费用为C时的最小答案。
Output
Q行，每行代表一个询问的答案。
Sample Input
6 5 3
1 3 2
2 3 2
3 4 2
4 5 2
4 6 2
1
5
10
Sample Output
6
21
32
题解
没想到我竟然放了题面
发现(C)是在不断变化的，所以考虑计算一个和(C)无关的东西，最后再把(C)的贡献考虑进来。
先把两个和(C)相关的限制给统一起来，我们认为一条路径只覆盖其终点，其起点不被覆盖，那么最终所有的未被覆盖的点产生(C)的贡献。
这样子看起来还是有点区别的，主要问题在于经过了一个环，然后回到了起点(S)，再走出去确定了一个终点(T)，这样子看起来覆盖了所有点，但是仍要付出一个(C)的代价。
实际上这样子没错，但是这样子不优，因为你可以只走环，然后把剩下的路径给拆开，这样子代价仍然是一个(C)，但是少走了一条边的代价。
实际上我们做的是一个最小路径覆盖，这样就会得到比上述东西更优的一个解。
两点之间连边边权为两点之间的最短路，然后跑最短路径覆盖，这样子每次都会新增一个点进入覆盖，并且权值是单增的。
那么只需要对于每次询问二分权值从哪里开始大于(C)，前面的路径覆盖，后面的直接用(C)即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 255
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int val[MAX],sum[MAX],tot;
namespace MCMF
{
const int MAXM=1000000,MAXN=1000;
struct Line{int v,next,w,fy;}e[MAXM];
int h[MAXN],cnt=2;
inline void Add(int u,int v,int w,int fy)
{
e[cnt]=(Line){v,h[u],w,fy};h[u]=cnt++;
e[cnt]=(Line){u,h[v],0,-fy};h[v]=cnt++;
}
int dis[MAXN],pe[MAXN],pv[MAXN],Cost,Flow;
bool vis[MAXN];queue<int> Q;
int S=0,T=MAXN-1;
bool SPFA()
{
memset(dis,63,sizeof(dis));dis[S]=0;
Q.push(S);vis[S]=true;
while(!Q.empty())
{
int u=Q.front();Q.pop();
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;if(!e[i].w)continue;
if(dis[u]+e[i].fy<dis[v])
{
dis[v]=dis[u]+e[i].fy;pe[v]=i,pv[v]=u;
if(!vis[v])vis[v]=true,Q.push(v);
}
}
vis[u]=false;
}
if(dis[T]>=1e9)return false;
int flow=1e9;
for(int i=T;i!=S;i=pv[i])flow=min(flow,e[pe[i]].w);
for(int i=T;i!=S;i=pv[i])e[pe[i]].w-=flow,e[pe[i]^1].w+=flow;
Flow+=flow;Cost+=dis[T]*flow;
val[++tot]=dis[T]*flow;sum[tot]=sum[tot-1]+val[tot];
return true;
}
}
using namespace MCMF;
int n,m,q,g[MAX][MAX];
int main()
{
n=read();m=read();q=read();
memset(g,63,sizeof(g));for(int i=1;i<=n;++i)g[i][i]=0;
for(int i=1,u,v;i<=m;++i)u=read(),v=read(),g[u][v]=min(read(),g[u][v]);
for(int k=1;k<=n;++k)
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
g[i][j]=min(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
if(i^j)Add(i,j+n,1,g[i][j]);
for(int i=1;i<=n;++i)Add(S,i,1,0),Add(i+n,T,1,0);
while(SPFA());
while(q--)
{
int C=read(),l=1,r=tot,ret=0;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(val[mid]<C)l=mid+1,ret=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d
",sum[ret]+(n-ret)*C);
}
return 0;
}