Description
你的公司接到了一批订单。订单要求你的公司提供n类产品，产品被编号为1~n，其中第i类产品共需要Ci件。公司共有m名员工，员工被编号为1~m员工能够制造的产品种类有所区别。一件产品必须完整地由一名员工制造，不可以由某名员工制造一部分配件后，再转交给另外一名员工继续进行制造。
我们用一个由0和1组成的m*n的矩阵A来描述每名员工能够制造哪些产品。矩阵的行和列分别被编号为1~m和1~n，Ai,j为1表示员工i能够制造产品j，为0表示员工i不能制造产品j。
如果公司分配了过多工作给一名员工，这名员工会变得不高兴。我们用愤怒值来描述某名员工的心情状态。愤怒值越高，表示这名员工心情越不爽，愤怒值越低，表示这名员工心情越愉快。员工的愤怒值与他被安排制造的产品数量存在某函数关系，鉴于员工们的承受能力不同，不同员工之间的函数关系也是有所区别的。
对于员工i，他的愤怒值与产品数量之间的函数是一个Si+1段的分段函数。当他制造第1~Ti,1件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加Wi,1，当他制造第Ti,1+1~Ti,2件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加Wi,2……为描述方便，设Ti,0=0,Ti,si+1=+∞，那么当他制造第Ti,j-1+1~Ti,j件产品时，每件产品会使他的愤怒值增加Wi,j， 1≤j≤Si+1。
你的任务是制定出一个产品的分配方案，使得订单条件被满足，并且所有员工的愤怒值之和最小。由于我们并不想使用Special Judge，也为了使选手有更多的时间研究其他两道题目，你只需要输出最小的愤怒值之和就可以了。
Input
第一行包含两个正整数m和n，分别表示员工数量和产品的种类数；
第二行包含n 个正整数，第i个正整数为Ci；
以下m行每行n 个整数描述矩阵A；
下面m个部分，第i部分描述员工i的愤怒值与产品数量的函数关系。每一部分由三行组成：第一行为一个非负整数Si，第二行包含Si个正整数，其中第j个正整数为Ti,j，如果Si=0那么输入将不会留空行（即这一部分只由两行组成）。第三行包含Si+1个正整数，其中第j个正整数为Wi,j。
Output
仅输出一个整数，表示最小的愤怒值之和。
Sample Input
2 3
2 2 2
1 1 0
0 0 1
1
2
1 10
1
2
1 6
Sample Output
24
分析：
费用流
我一开始yy的一种建图方法，如下：
结果2500ms的时候WA，估计是4、5个点的时候
结果看到一个前辈说
答案要开ll
然后就A了
但是挺慢的。。卡时过
这里写代码片
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
const int INF=0x33333333;
const int N=100000;
struct node{
int x,y,v,c,nxt;
};
node way[N*10];
int st[N],tot=-1,pre[N],dis[N],q[N],tou,wei,cnt;
int n,m,ci[N],mp[300][300],S[N],T[300][10],W[300][10],s,t;
bool p[N];
void add(int u,int w,int v,int cc)
{
tot++;
way[tot].x=u;way[tot].y=w;way[tot].v=v;way[tot].c=cc;way[tot].nxt=st[u];st[u]=tot;
tot++;
way[tot].x=w;way[tot].y=u;way[tot].v=0;way[tot].c=-cc;way[tot].nxt=st[w];st[w]=tot;
}
int spfa(int s,int t)
{
memset(pre,-1,sizeof(pre));
memset(p,1,sizeof(p));
memset(dis,0x33,sizeof(dis));
tou=wei=0;
q[++wei]=s;
dis[s]=0; p[s]=0;
do
{
int r=q[++tou];
for (int i=st[r];i!=-1;i=way[i].nxt)
if (way[i].v&&dis[r]+way[i].c<dis[way[i].y])
{
dis[way[i].y]=dis[r]+way[i].c;
pre[way[i].y]=i;
if (p[way[i].y])
{
p[way[i].y]=0;
q[++wei]=way[i].y;
}
}
p[r]=1;
}
while (tou<wei);
return dis[t]!=INF;
}
void doit()
{
ll ans=0;
while (spfa(s,t))
{
int sum=INF;
for (int i=t;i!=s;i=way[pre[i]].x)
sum=min(sum,way[pre[i]].v);
ans+=(ll)sum*dis[t];
for (int i=t;i!=s;i=way[pre[i]].x)
way[pre[i]].v-=sum,
way[pre[i]^1].v+=sum;
}
printf("%lld",ans);
}
void lianbian()
{
int i,j,k,tt=0;
s=0; t=2500;
for (i=1;i<=n;i++) //everyone
{
++tt;
add(s,tt,INF,0); //tt 当前点
int now=tt;
for (j=1;j<=S[i];j++){
tt++;
add(now,tt,T[i][j]-T[i][j-1],0);
for (k=1;k<=m;k++)
if (mp[i][k]) add(tt,k+cnt,INF,W[i][j]);
}
tt++;
add(now,tt,INF,0); //最后一级
for (k=1;k<=m;k++)
if (mp[i][k]) add(tt,k+cnt,INF,W[i][S[i]+1]);
}
for (i=1;i<=m;i++) add(i+cnt,t,ci[i],0);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(st,-1,sizeof(st));
cnt=n;
for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&ci[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&mp[i][j]);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&S[i]);
cnt+=S[i]+1;
for (int j=1;j<=S[i];j++) scanf("%d",&T[i][j]);
for (int j=1;j<=S[i]+1;j++) scanf("%d",&W[i][j]);
}
lianbian();
doit();
return 0;
}后来看到网上
用了一种拆边的方法，可以把边数大幅度减少
减少了循环边和点入队的时间
时间直接变成了开始的1/4
这里写代码片
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
const int INF=0x33333333;
const int N=50000;
struct node{
int x,y,v,c,nxt;
};
node way[N*10];
int st[N],tot=-1,pre[N],dis[N],q[N],tou,wei;
int n,m,ci[N],mp[300][300],S[N],T[300][10],W[300][10],s,t;
bool p[N];
void add(int u,int w,int v,int cc)
{
tot++;
way[tot].x=u;way[tot].y=w;way[tot].v=v;way[tot].c=cc;way[tot].nxt=st[u];st[u]=tot;
tot++;
way[tot].x=w;way[tot].y=u;way[tot].v=0;way[tot].c=-cc;way[tot].nxt=st[w];st[w]=tot;
}
int spfa(int s,int t)
{
memset(pre,-1,sizeof(pre));
memset(p,1,sizeof(p));
memset(dis,0x33,sizeof(dis));
tou=wei=0;
q[++wei]=s;
dis[s]=0; p[s]=0;
do
{
int r=q[++tou];
for (int i=st[r];i!=-1;i=way[i].nxt)
if (way[i].v&&dis[r]+way[i].c<dis[way[i].y])
{
dis[way[i].y]=dis[r]+way[i].c;
pre[way[i].y]=i;
if (p[way[i].y])
{
p[way[i].y]=0;
q[++wei]=way[i].y;
}
}
p[r]=1;
}
while (tou<wei);
return dis[t]!=INF;
}
void doit()
{
ll ans=0;
while (spfa(s,t))
{
int sum=INF;
for (int i=t;i!=s;i=way[pre[i]].x)
sum=min(sum,way[pre[i]].v);
ans+=(ll)sum*dis[t];
for (int i=t;i!=s;i=way[pre[i]].x)
way[pre[i]].v-=sum,
way[pre[i]^1].v+=sum;
}
printf("%lld",ans);
}
void lianbian()
{
int i,j,k,tt=0;
s=0; t=n+m+1;
for (i=1;i<=n;i++) //everyone
{
for (j=1;j<=S[i];j++)
add(s,i,T[i][j]-T[i][j-1],W[i][j]);
add(s,i,INF,W[i][S[i]+1]);
for (j=1;j<=m;j++)
if (mp[i][j]) add(i,j+n,INF,0);
}
for (i=1;i<=m;i++)
add(i+n,t,ci[i],0);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(st,-1,sizeof(st));
for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&ci[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&mp[i][j]);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&S[i]);
for (int j=1;j<=S[i];j++) scanf("%d",&T[i][j]);
for (int j=1;j<=S[i]+1;j++) scanf("%d",&W[i][j]);
}
lianbian();
doit();
return 0;
}