hdu 6118 度度熊的交易计划 (最小费用最大流

Description

度度熊参与了喵哈哈村的商业大会，但是这次商业大会遇到了一个难题：

喵哈哈村以及周围的村庄可以看做是一共由 n 个片区， m 条公路组成的地区。

由于生产能力的区别，第 i 个片区能够花费 a[i] 元生产 1 个商品，但是最多生产 b[i] 个。

同样的，由于每个片区的购买能力的区别，第 i 个片区也能够以 c[i] 的价格出售最多 d[i] 个物品。

由于这些因素，度度熊觉得只有合理的调动物品，才能获得最大的利益。

据测算，每一个商品运输 1 公里，将会花费 1 元。

那么喵哈哈村最多能够实现多少盈利呢？

 

Input

本题包含若干组测试数据。

每组测试数据包含：

第一行两个整数 n,m 表示喵哈哈村由 n 个片区、 m 条街道。

接下来 n 行，每行四个整数 a[i],b[i],c[i],d[i] 表示的第 i 个地区，能够以 a[i] 的价格生产，最多生产 b[i] 个，以 c[i] 的价格出售，最多出售 d[i] 个。

接下来 m 行，每行三个整数, u[i],v[i],k[i] ，表示该条公路连接 u[i],v[i] 两个片区，距离为 k[i]

可能存在重边，也可能存在自环。

满足:

1<=n<=500,

1<=m<=1000,

1<=a[i],b[i],c[i],d[i],k[i]<=1000,

1<=u[i],v[i]<=n

 

Output

输出最多能赚多少钱。

 

Sample Input

2 1
5 5 6 1
3 5 7 7
1 2 1

 

Sample Output

23

 

思路

最小费用最大流，首先建立超级源点 

s

 ，与超级汇点 

t

 。

因为生产一个商品需要花费 

a[i]

 元，且上限为 

b[i]

 ，所以我们从 

s

 向这些点之间连一条容量为 

b[i]

 ，费用为 

-a[i]

 的边。

同样的道理，出售一个商品可以赚到 

c[i]

 元，最多出售 

d[i]

 个，于是我们从这些点向 

t

 连一条容量为 

d[i]

 ，费用为 

c[i]

 的边。

最后所有的公路也是花费，从 

u

 到 

v

 连接一条双向边，容量为 

INF

 ，费用为 

-k

 ，然后跑一边模板即可。

注意：图中存在自环，当我们得到两点路径长度小于 0 时应终止计算。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f

typedef long long LL;

const int M=2010;
const int N=510;

struct edge
{
int to;
int next;
int cap;
int cost;
} e[11000];

int head
,tot;
int d
, pre
, path
;
bool vis
;

void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
tot = 0;
}

void addedge(int s, int t, int cap, int cost)
{
e[tot].to=t;
e[tot].cap=cap;
e[tot].cost=cost;
e[tot].next=head[s];
head[s] = tot++;
e[tot].to=s;
e[tot].cap=0;
e[tot].cost=-cost;
e[tot].next=head[t];
head[t] = tot++;
}

int spfa(int s, int t)
{
memset(d,-INF,sizeof(d));
memset(pre,-1,sizeof(pre));
memset(path,-1,sizeof(path));
memset(vis,false,sizeof(vis));
int res = d[0];
d[s] = 0;
vis[s] = true;
queue<int>q;
q.push(s);
while (!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
vis[u] = false;
for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].next)
{
int v = e[i].to;
if (d[v] < d[u] + e[i].cost && e[i].cap > 0)
{
d[v] = d[u] + e[i].cost;
pre[v] = u;
path[v] = i;
if (!vis[v])
{
vis[v] = true;
q.push(v);
}
}
}
}
return d[t] != res;
}

int MinCostMaxFlow(int s, int t,int &cost)
{
int flow;
flow=cost=0;
while (spfa(s, t))
{
int minn = INF;
for (int i = t; i != s && ~i; i = pre[i])
minn = min(minn, e[path[i]].cap);
for (int i = t; i != s && ~i; i = pre[i])
{
e[path[i]].cap -= minn;
e[path[i] ^ 1].cap += minn;
}
if (d[t] < 0)
break;
flow += minn;
cost += minn * d[t];
}
return flow;
}

int n,m;
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
init();
int a,b,c,d;
int st=0,ed=n+1,cost;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
addedge(st,i,b,-a);
addedge(i,ed,d,c);
}
int u,v,k;
while(m--)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&k);
addedge(u,v,INF,-k);
addedge(v,u,INF,-k);
}
MinCostMaxFlow(st,ed,cost);
cout<<cost<<endl;
}
}