HDU6118-度度熊的交易计划（最小可行流）

度度熊的交易计划

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K (Java/Others)

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Problem 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

 

Sourc

2017"百度之星"程序设计大赛
- 初赛（B）

 

解题思路：先预处理出一件第i个区域生产的物品卖到第j个区域生产的物品盈利的钱，那么就可以开始拆点建边，源点0向1~n连边，容量为能生产的量，费用为0，n+1~2*n向汇点连边，容量为能出售的量，费用为0，1~n和n+1~2*n之间两两连边，容量为INF，费用为负的盈利值（盈利值为非负的才建边），然后跑一遍最小费用可行流即可

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <functional>

using namespace std;

#define LL long long
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 2100;
const int MAXM = 300000;
int n, m;
int dis[maxn], vis[maxn];
int s[maxn], nt[maxn], e[maxn], l[maxn];
int mp[505][505];
int aa[maxn], bb[maxn], cc[maxn], dd[maxn], pre[maxn], a[maxn], d[maxn];

struct node
{
int id, dis;
bool operator<(const node &a)const
{
return dis > a.dis;
}
}pre1, nt1;

int cnt;

struct Edge
{
int u, v, c, cost, next;
} edge[MAXM];

void init()
{
cnt = 0;
memset(s, -1, sizeof(s));
}

void add(int u, int v, int c, int cost)
{
edge[cnt].u = u;
edge[cnt].v = v;
edge[cnt].cost = cost;
edge[cnt].c = c;
edge[cnt].next = s[u];
s[u] = cnt++;
edge[cnt].u = v;
edge[cnt].v = u;
edge[cnt].cost = -cost;
edge[cnt].c = 0;
edge[cnt].next = s[v];
s[v] = cnt++;
}

bool spfa(int ss, int ee, int &flow, int &cost)
{
queue<int> q;
memset(d, INF, sizeof d);
memset(vis, 0, sizeof vis);
d[ss] = 0, vis[ss] = 1, pre[ss] = 0, a[ss] = INF;
q.push(ss);
while (!q.empty())
{
int u = q.front(); q.pop();
vis[u] = 0;
for (int i = s[u]; ~i; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].v;
if (edge[i].c>0 && d[v]>d[u] + edge[i].cost)
{
d[v] = d[u] + edge[i].cost;
pre[v] = i;
a[v] = min(a[u], edge[i].c);
if (!vis[v])
{
vis[v] = 1;
q.push(v);
}
}
}
}
if (d[ee] == INF) return 0;
if (cost + d[ee] * a[ee] > cost) return 0;//最小费用流去掉这行即可
flow += a[ee];
cost += d[ee] * a[ee];
int u = ee;
while (u != ss)
{
edge[pre[u]].c -= a[ee];
edge[pre[u] ^ 1].c += a[ee];
u = edge[pre[u]].u;
}
return 1;
}

int MCMF(int ss, int ee)
{
int cost = 0, flow = 0;
while (spfa(ss, ee, flow, cost));
return cost;
}

void Dijkstra(int ss)
{
priority_queue<node>q;
memset(vis, 0, sizeof vis);
memset(dis, INF, sizeof dis);
dis[ss] = 0;
pre1.id = ss, pre1.dis = 0;
q.push(pre1);
while (!q.empty())
{
pre1 = q.top();
q.pop();
vis[pre1.id] = 1;
for (int i = s[pre1.id]; ~i; i = nt[i])
{
if (vis[e[i]]) continue;
if (dis[e[i]] > dis[pre1.id] + l[i])
{
dis[e[i]] = dis[pre1.id] + l[i];
nt1.id = e[i], nt1.dis = dis[e[i]];
q.push(nt1);
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) mp[ss][i] = dis[i];
}

int main()
{
while (~scanf("%d%d", &n, &m))
{
memset(s, -1, sizeof s);
cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d%d%d", &aa[i], &bb[i], &cc[i], &dd[i]);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int u, v, k;
scanf("%d%d%d", &u, &v, &k);
nt[cnt] = s[u], s[u] = cnt, e[cnt] = v, l[cnt++] = k;
nt[cnt] = s[v], s[v] = cnt, e[cnt] = u, l[cnt++] = k;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) Dijkstra(i);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
mp[i][j] = cc[j] - aa[i] - mp[i][j];
init();
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
add(0, i, bb[i], 0);
add(i + n, 2 * n + 1, dd[i], 0);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (mp[i][j] > 0) add(i, j + n, INF, -mp[i][j]);
printf("%d\n", -MCMF(0, 2 * n + 1));
}
return 0;
}