bzoj 3876: [Ahoi2014]支线剧情 （有上下界的费用流）

3876: [Ahoi2014]支线剧情

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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

24

HINT

 JYY需要重新开始3次游戏，加上一开始的一次游戏，4次游戏的进程是

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

Source

By 佚名上传

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题解：有上下界的费用流

一定要看清这题的题意，他要求的是遍历所有的支线，也就是要遍历的是所有的边而并不是所有的点。

这道题可以用上一道题的方式进行重构，但是也可以直接建图。

设图的源点为S，汇点为T

对于每条边x->y ，因为每条边一定会经过一次，所有我们添加一条边S->y 容量为1，权值为边权 

因为每条边可以多次经过，所以我们添加一条边x->y 容量为INF，权值为边权。

对于每个点x

因为每个点都可以作为结束节点并且重新回到1号点，所以添加一条边x->1 容量为INF，权值为0，其实可以将这个看成是补流，或者是看成原图的源汇

我们考虑每个点至多需要经过几次,这个次数在极限情况下应该等于这个点的岀度，因为所以与他相连的边都需要遍历，所以添加一条边x->T 容量为x的岀度，权值为0

个人感觉这种方式不如上一题的做法好理解。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#define N 100003
#define inf 1000000000
using namespace std;
int n,m,tot,ans;
int point
,next
,v
,remain
,c
,last
;
int dis
,can
,d
;
void add(int x,int y,int z,int k)
{
tot++; next[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; remain[tot]=z; c[tot]=k;
tot++; next[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; remain[tot]=0; c[tot]=-k;
//cout<<x<<" "<<y<<" "<<z<<" "<<k<<endl;
}
int addflow(int s,int t)
{
int now=t; int ans=inf;
while (now!=s) {
//cout<<now<<" ";
ans=min(ans,remain[last[now]]);
now=v[last[now]^1];
}
//cout<<now<<endl;
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)
{
for (int i=0;i<=t;i++) dis[i]=inf,can[i]=0;
dis[s]=0; can[s]=1;
queue<int> p; p.push(s);
while (!p.empty()){
int now=p.front(); p.pop();
for (int i=point[now];i!=-1;i=next[i])
if (remain[i]&&dis[v[i]]>dis[now]+c[i]){
dis[v[i]]=dis[now]+c[i];
last[v[i]]=i;
if (!can[v[i]]) {
can[v[i]]=1;
p.push(v[i]);
}
}
can[now]=0;
}
if (dis[t]==inf) return false;
int mx=addflow(s,t);
//cout<<dis[t]<<" "<<mx<<endl;
ans+=mx*dis[t];
return true;
}
void solve(int s,int t)
{
while (spfa(s,t));
}
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
tot=-1; int size=0;
memset(point,-1,sizeof(point));
int S=0; int T=n+1;
for (int i=1;i<=n;i++) {
int k; scanf("%d",&k);
for (int j=1;j<=k;j++) {
int b,t; scanf("%d%d",&b,&t);
add(S,b,1,t);
add(i,b,inf,t);
}
add(i,1,inf,0);
add(i,T,k,0);
}
solve(S,T);
printf("%d\n",ans);
}